Ejercicios Resueltos Física 2 de Bachillerato 2026 / 2027

En la superficie, g₀ = G · M ÷ R², así que el producto G · M sale despejando: G · M = g₀ · R² = (9,80 m/s²) × (6,4 × 10⁶ m)² = (9,80 m/s²) × (4,096 × 10¹³ m²) = 4,01408 × 10¹⁴ m³/s². Unidades: (m/s²) × m² = m³/s².

La masa sale dividiendo ese producto entre G: M = (4,01408 × 10¹⁴ m³/s²) ÷ (6,67 × 10⁻¹¹ N · m²/kg²) = 6,02 × 10²⁴ kg (6,0181 × 10²⁴ kg antes de redondear). Las unidades cuadran si se recuerda que 1 N = 1 kg · m/s²: (m³/s²) ÷ (m³/(kg · s²)) = kg.

A una altura h = R el satélite está a r = 2 · R del centro, no a R. Como g va con 1 ÷ r², al doblar la distancia el campo se divide entre cuatro: g = g₀ ÷ 4 = (9,80 m/s²) ÷ 4 = 2,45 m/s².

Comprobación por el camino largo, sin usar la proporción: g = G · M ÷ r² = (4,01408 × 10¹⁴ m³/s²) ÷ (1,28 × 10⁷ m)² = (4,01408 × 10¹⁴) ÷ (1,6384 × 10¹⁴) m/s² = 2,45 m/s². Coincide.

El peso allí es P = m · g = (80 kg) × (2,45 m/s²) = 196 N. La masa sigue siendo 80 kg: lo que cambia con la altura es el peso, no la masa.

▲ El error que hay que vigilar aquí es meter en la fórmula la altura en vez de la distancia al centro. Con r = R en vez de r = 2 · R saldría 9,80 m/s², y las unidades cuadrarían igual de bien: lo que lo delata es que el resultado tendría que ser menor que en la superficie.

En una órbita circular la atracción gravitatoria hace de fuerza centrípeta: G · M · m ÷ r² = m · v² ÷ r. La masa del satélite se simplifica y queda v² = G · M ÷ r.

v² = (3,6 × 10¹⁴ m³/s²) ÷ (1,44 × 10⁷ m) = 2,5 × 10⁷ m²/s², y de ahí v = 5,0 × 10³ m/s. La unidad sale bien: la raíz de m²/s² es m/s.

El periodo es el tiempo de una vuelta completa: T = 2 · π · r ÷ v = 2 · π × (1,44 × 10⁷ m) ÷ (5,0 × 10³ m/s) = 1,81 × 10⁴ s, que son unas 5,0 horas.

Energía potencial, con el cero en el infinito: E_p = − G · M · m ÷ r = − (3,6 × 10¹⁴ m³/s²) × (500 kg) ÷ (1,44 × 10⁷ m) = − 1,25 × 10¹⁰ J. Sale negativa por el convenio del origen, y eso es lo esperado para un cuerpo atrapado por el planeta.

Energía cinética: E_c = ½ · m · v² = ½ × (500 kg) × (2,5 × 10⁷ m²/s²) = + 6,25 × 10⁹ J, positiva por definición.

Energía mecánica: E = E_c + E_p = 6,25 × 10⁹ J − 1,25 × 10¹⁰ J = − 6,25 × 10⁹ J. Comprobación por la expresión general: − G · M · m ÷ (2 · r) = − (1,25 × 10¹⁰ J) ÷ 2 = − 6,25 × 10⁹ J. Coincide, y el signo negativo es lo que significa que el satélite está ligado al planeta: para soltarlo habría que darle energía.

Escapar significa llegar muy lejos del planeta con velocidad cero, es decir, terminar con energía mecánica total igual a cero. Desde la superficie: ½ · m · v_e² − G · M · m ÷ R = 0, y al simplificar la masa queda v_e = √(2 · G · M ÷ R).

v_e² = 2 × (3,6 × 10¹⁴ m³/s²) ÷ (7,2 × 10⁶ m) = (7,2 × 10¹⁴) ÷ (7,2 × 10⁶) m²/s² = 1,0 × 10⁸ m²/s², de donde v_e = 1,0 × 10⁴ m/s.

Para el satélite que ya está en órbita el planteamiento es el mismo pero partiendo de su energía actual, que se calculó antes: E = − 6,25 × 10⁹ J. La energía que hay que darle es la que lo lleva de ese valor hasta cero: ΔE = 0 − (− 6,25 × 10⁹ J) = + 6,25 × 10⁹ J.

El signo positivo dice que es energía que hay que aportar desde fuera, no que se obtenga. Y es justo el valor absoluto de la energía mecánica del satélite, que por eso se llama energía de ligadura.

La velocidad de escape no depende de la masa del cuerpo: se simplificó al plantear la ecuación. La energía sí depende de ella, y de forma proporcional: para 1.000 kg en la misma órbita harían falta 1,25 × 10¹⁰ J.

Comprobación de coherencia entre los dos resultados: la velocidad de escape desde la propia órbita sería √(2 · G · M ÷ r) = √(5,0 × 10⁷) m/s = 7,07 × 10³ m/s, mayor que los 5,0 × 10³ m/s que lleva. La diferencia de energías cinéticas, ½ × 500 × (5,0 × 10⁷ − 2,5 × 10⁷) J, vale 6,25 × 10⁹ J, el mismo número por otro camino.

Cada carga está a 0,15 m del punto, así que r = 0,15 m y r² = 0,0225 m² para las dos.

Campo de la primera: E₁ = K · q₁ ÷ r² = (9 × 10⁹ N · m²/C²) × (4 × 10⁻⁶ C) ÷ (0,0225 m²) = (3,6 × 10⁴ N · m²/C) ÷ (0,0225 m²) = 1,6 × 10⁶ N/C. Por ser positiva, el campo sale de ella: apunta hacia las x crecientes.

Campo de la segunda: el módulo es el mismo, E₂ = 1,6 × 10⁶ N/C, porque la carga tiene igual valor absoluto y la misma distancia. Por ser negativa, el campo entra hacia ella: también apunta hacia las x crecientes.

Los dos vectores van por la misma recta y apuntan al mismo lado, de modo que sus módulos se suman: E = 3,2 × 10⁶ N/C, en el sentido positivo del eje X.

El potencial es un escalar y se suma con su signo: V = K · q₁ ÷ r + K · q₂ ÷ r = (3,6 × 10⁴ N · m²/C) ÷ (0,15 m) − (3,6 × 10⁴ N · m²/C) ÷ (0,15 m) = 2,4 × 10⁵ V − 2,4 × 10⁵ V = 0 V.

▲ El resultado deja claro que campo nulo y potencial nulo son cosas distintas: aquí el potencial vale cero y el campo vale 3,2 × 10⁶ N/C. Lo que dice V = 0 es que llevar una carga desde muy lejos hasta ese punto no cuesta trabajo neto, y no que allí no haya fuerza.

Potencial en A: V_A = K · Q ÷ r_A = (9 × 10⁹ N · m²/C²) × (− 5 × 10⁻⁶ C) ÷ (0,10 m) = (− 4,5 × 10⁴ N · m²/C) ÷ (0,10 m) = − 4,5 × 10⁵ V. Sale negativo porque la carga que crea el campo es negativa.

Potencial en B, a cinco veces la distancia: V_B = (− 4,5 × 10⁴ N · m²/C) ÷ (0,50 m) = − 9,0 × 10⁴ V. Sigue siendo negativo, pero está más cerca de cero: al alejarse de una carga negativa el potencial sube.

Trabajo del campo: W = q · (V_A − V_B) = (2 × 10⁻⁹ C) × (− 4,5 × 10⁵ V + 9,0 × 10⁴ V) = (2 × 10⁻⁹ C) × (− 3,6 × 10⁵ V) = − 7,2 × 10⁻⁴ J.

El signo negativo significa que el campo se opone al traslado: la carga positiva y la negativa se atraen, así que separarlas obliga a aportar desde fuera 7,2 × 10⁻⁴ J. Si el trabajo hubiera salido positivo, el movimiento sería el que el campo hace por sí solo.

Comprobación por energías potenciales: E_p = K · Q · q ÷ r. En A vale (9 × 10⁹ N · m²/C²) × (− 5 × 10⁻⁶ C) × (2 × 10⁻⁹ C) ÷ (0,10 m) = − 9,0 × 10⁻⁴ J, y en B, − 1,8 × 10⁻⁴ J. Entonces ΔE_p = − 1,8 × 10⁻⁴ J − (− 9,0 × 10⁻⁴ J) = + 7,2 × 10⁻⁴ J, y W = − ΔE_p = − 7,2 × 10⁻⁴ J. El mismo número por otro camino.

▲ Este es el ejercicio donde conviene ver que comprobar las unidades no basta: con el signo cambiado el resultado seguiría saliendo en julios y el análisis dimensional daría por bueno + 7,2 × 10⁻⁴ J. Lo que decide es la pregunta física de si las cargas se atraen o se repelen.

El trabajo eléctrico se convierte íntegramente en energía cinética porque parte del reposo. La expresión general es ΔE_c = − q · ΔV, y como la carga del electrón es negativa, q = − e, queda ΔE_c = e · ΔV = (1,6 × 10⁻¹⁹ C) × (100 V) = 1,6 × 10⁻¹⁷ J, con ΔV = + 100 V el aumento de potencial que recorre. Unidades: C × V = J.

En electronvoltios el resultado se lee directamente, porque un electronvoltio es justo la energía que gana un electrón al atravesar 1 V: E_c = 100 eV. Comprobación: (1,6 × 10⁻¹⁷ J) ÷ (1,6 × 10⁻¹⁹ J/eV) = 100 eV.

De la energía cinética a la velocidad: E_c = ½ · m · v², así que v² = 2 · E_c ÷ m = 2 × (1,6 × 10⁻¹⁷ J) ÷ (9,1 × 10⁻³¹ kg) = (3,2 × 10⁻¹⁷) ÷ (9,1 × 10⁻³¹) m²/s² = 3,52 × 10¹³ m²/s².

v = √(3,52 × 10¹³ m²/s²) = 5,93 × 10⁶ m/s. La unidad cuadra: J ÷ kg = m²/s², porque 1 J = 1 kg · m²/s².

Si se duplicase la diferencia de potencial hasta 200 V, la energía cinética se duplicaría, pero la velocidad quedaría multiplicada por √2: v = 5,93 × 10⁶ m/s × 1,414 = 8,39 × 10⁶ m/s. La velocidad va con la raíz de ΔV, no con ΔV.

Comprobación de que el tratamiento clásico vale: v ÷ c = (5,93 × 10⁶) ÷ (3,0 × 10⁸) = 0,020, es decir, un 2 % de la velocidad de la luz. Por debajo de ese orden los efectos relativistas no cambian la cifra de forma apreciable.

La velocidad y el campo son perpendiculares, así que el ángulo entre ellos es 90° y sen 90° = 1. El módulo de la fuerza es F = e · v · B = (1,6 × 10⁻¹⁹ C) × (2,0 × 10⁶ m/s) × (0,50 T) = 1,6 × 10⁻¹³ N. Unidades: C × (m/s) × T = N, porque 1 T = 1 N ÷ (A · m) y 1 A = 1 C/s.

Para el sentido, primero se resuelve el caso de una carga positiva que fuera a la misma velocidad: el producto vectorial de un vector en el eje X por otro en el eje Y apunta en el sentido positivo del eje Z.

Como el electrón tiene carga negativa, la fuerza apunta al revés: en el sentido negativo del eje Z. Conviene hacer este paso en dos tiempos: primero el producto vectorial, y después el signo de la carga.

Radio de la trayectoria: la fuerza magnética hace de fuerza centrípeta, e · v · B = m · v² ÷ r, de donde r = m · v ÷ (e · B) = (9,1 × 10⁻³¹ kg) × (2,0 × 10⁶ m/s) ÷ [(1,6 × 10⁻¹⁹ C) × (0,50 T)] = (1,82 × 10⁻²⁴) ÷ (8,0 × 10⁻²⁰) m = 2,275 × 10⁻⁵ m, unas 23 milésimas de milímetro.

Comprobación por la fuerza ya calculada: r = m · v² ÷ F = (9,1 × 10⁻³¹ kg) × (4,0 × 10¹² m²/s²) ÷ (1,6 × 10⁻¹³ N) = (3,64 × 10⁻¹⁸) ÷ (1,6 × 10⁻¹³) m = 2,275 × 10⁻⁵ m. Coincide.

▲ La fuerza magnética curva la trayectoria y deja el módulo de la velocidad igual: al ser perpendicular a la velocidad en todo momento, su trabajo es nulo y la energía cinética del electrón no cambia. Decir que el campo magnético acelera la partícula solo es correcto en el sentido de que cambia la dirección del vector velocidad.

Campo creado por un hilo recto y largo a una distancia d: B = μ₀ · I ÷ (2 · π · d) = (4 · π × 10⁻⁷ T · m/A) × (10 A) ÷ (2 · π × 0,20 m).

El número π se cancela arriba y abajo, lo que conviene hacer antes de tocar la calculadora: queda B = (4 × 10⁻⁶ T · m) ÷ (0,40 m) = 1,0 × 10⁻⁵ T.

La fuerza sobre un conductor por el que circula I₂ dentro de ese campo es F = B · I₂ · L, con el campo perpendicular al hilo. Por unidad de longitud: F ÷ L = B · I₂ = (1,0 × 10⁻⁵ T) × (5,0 A) = 5,0 × 10⁻⁵ N/m.

El sentido: con las dos corrientes en el mismo sentido la fuerza es de atracción; si se invirtiera una de ellas, el módulo sería idéntico y la fuerza pasaría a ser de repulsión.

Comprobación desde el otro hilo, que es lo que obliga la tercera ley de Newton: el segundo hilo crea en el primero B′ = (4 · π × 10⁻⁷ T · m/A) × (5,0 A) ÷ (2 · π × 0,20 m) = 5,0 × 10⁻⁶ T, y la fuerza por unidad de longitud sobre el primero es (5,0 × 10⁻⁶ T) × (10 A) = 5,0 × 10⁻⁵ N/m. El mismo valor, como tenía que ser.

Área de la espira: A = (0,20 m)² = 0,040 m². Al estar la espira perpendicular al campo, la perpendicular a su superficie es paralela al campo y cos α = 1, así que Φ = B · A.

Flujo inicial: Φ_i = (0,50 T) × (0,040 m²) = 0,020 Wb. Flujo final: Φ_f = (0,10 T) × (0,040 m²) = 0,0040 Wb. Variación: ΔΦ = 0,0040 Wb − 0,020 Wb = − 1,6 × 10⁻² Wb, negativa porque el flujo disminuye.

Fuerza electromotriz: ε = − ΔΦ ÷ Δt = − (− 1,6 × 10⁻² Wb) ÷ (0,20 s) = + 8,0 × 10⁻² V. Unidades: Wb ÷ s = V. El signo positivo sale del signo menos de la ley de Faraday aplicado a una variación negativa, y no es un detalle decorativo: es lo que fija el sentido.

Intensidad: I = ε ÷ R = (8,0 × 10⁻² V) ÷ (0,40 Ω) = 0,20 A.

Sentido, por la ley de Lenz: la corriente inducida se opone al cambio, y aquí el cambio es que el flujo disminuye. Para oponerse, la corriente circula en el sentido que crea dentro de la espira un campo del mismo sentido que el original, de modo que sostenga el flujo. Si el campo hubiera aumentado, la corriente iría al revés.

Carga total: q = I · Δt = (0,20 A) × (0,20 s) = 0,040 C. Comprobación por otro camino, sin pasar por el tiempo: q = |ΔΦ| ÷ R = (1,6 × 10⁻² Wb) ÷ (0,40 Ω) = 0,040 C. Coincide, y de paso muestra que la carga desplazada depende del cambio de flujo y no de lo deprisa que se produzca.

Comparando con x = A · sen(ω · t + φ₀) se leen los tres parámetros: A = 0,05 m, ω = 10 rad/s y φ₀ = π/2 rad.

Periodo: T = 2 · π ÷ ω = 2 · π ÷ (10 rad/s) = 0,628 s. Frecuencia: f = 1 ÷ T = 1,59 Hz. Comprobación: f = ω ÷ (2 · π) = 10 ÷ 6,283 = 1,59 Hz, el mismo número por otro camino.

Velocidad máxima: v_máx = A · ω = (0,05 m) × (10 rad/s) = 0,50 m/s. Ocurre al pasar por el centro.

Aceleración máxima: a_máx = A · ω² = (0,05 m) × (10 rad/s)² = (0,05 m) × (100 s⁻²) = 5,0 m/s². Ocurre en los extremos.

En t = 0: x = 0,05 × sen(π/2) = 0,05 × 1 = 0,05 m, es decir, la partícula arranca en el extremo positivo. Eso encaja con la fase inicial π/2, que es justo la que coloca el seno en su valor máximo.

Aceleración en ese instante: a = − ω² · x = − (100 s⁻²) × (0,05 m) = − 5,0 m/s². Coincide en módulo con a_máx, como corresponde a un extremo, y el signo negativo dice que apunta hacia el centro mientras la partícula está en el lado positivo. Ese signo contrario al de la elongación es lo que define el movimiento armónico.

Pulsación: ω = √(k ÷ m) = √[(200 N/m) ÷ (0,50 kg)] = √(400 s⁻²) = 20 rad/s. Las unidades cuadran: (N/m) ÷ kg = (kg · m/s²) ÷ (m · kg) = s⁻², y su raíz es s⁻¹.

Periodo: T = 2 · π ÷ ω = 2 · π ÷ (20 rad/s) = 0,314 s.

Energía mecánica: E = ½ · k · A² = ½ × (200 N/m) × (0,10 m)² = ½ × (200 N/m) × (0,010 m²) = 1,0 J. Se mantiene constante durante toda la oscilación.

Energía potencial en x = 0,060 m: E_p = ½ · k · x² = ½ × (200 N/m) × (0,0036 m²) = 0,36 J. Y la cinética es lo que falta hasta el total: E_c = 1,0 J − 0,36 J = 0,64 J.

Velocidad: de E_c = ½ · m · v² sale v² = 2 × (0,64 J) ÷ (0,50 kg) = 2,56 m²/s², de donde |v| = 1,6 m/s, es decir, v = ± 1,6 m/s: el enunciado da la elongación y no el sentido, y por esa posición la partícula pasa dos veces, una de ida y otra de vuelta. Lo que queda determinado es la rapidez. Comprobación con la expresión del MAS: |v| = ω · √(A² − x²) = (20 rad/s) × √(0,010 m² − 0,0036 m²) = 20 × 0,080 m/s = 1,6 m/s. Coincide.

Aceleración: a = − ω² · x = − (400 s⁻²) × (0,060 m) = − 24 m/s². El signo negativo indica que apunta hacia el centro, en sentido contrario a la elongación, que es positiva.

Periodo de un péndulo simple con oscilaciones de amplitud pequeña: T = 2 · π · √(L ÷ g) = 2 · π · √[(2,45 m) ÷ (9,80 m/s²)] = 2 · π · √(0,25 s²) = 2 · π × (0,50 s) = 3,14 s.

Con el doble de masa el periodo no cambia: sigue siendo 3,14 s. La masa no aparece en la expresión, y eso tiene sentido físico, porque la fuerza recuperadora es proporcional al peso, que es proporcional a la masa, y al aplicar la segunda ley de Newton la masa se simplifica.

En un lugar con g = 2,45 m/s², que es la cuarta parte: L ÷ g = (2,45 m) ÷ (2,45 m/s²) = 1,0 s², y T = 2 · π × (1,0 s) = 6,28 s. El periodo se ha duplicado, porque va con 1 ÷ √g y dividir g entre cuatro multiplica el periodo por dos.

Con el hilo cuadruplicado, L = 9,80 m: L ÷ g = (9,80 m) ÷ (9,80 m/s²) = 1,0 s² y T = 6,28 s. También se duplica, por la misma razón: el periodo va con √L.

Comprobación de que los dos cambios anteriores son coherentes: cuadruplicar L y dividir g entre cuatro dan el mismo cociente L ÷ g, así que tienen que dar el mismo periodo, y así sale.

⚠ La condición de la amplitud pequeña no es un adorno: con oscilaciones grandes el periodo empieza a depender de la amplitud y esta expresión deja de ser válida. En los ejercicios de este tema se supone que se cumple.

Comparando con y = A · sen(ω · t − k · x): A = 0,02 m, ω = 4 · π rad/s y k = 2 · π rad/m.

Periodo: T = 2 · π ÷ ω = 2 · π ÷ (4 · π rad/s) = 0,5 s. Frecuencia: f = 1 ÷ T = 2 Hz.

Longitud de onda: λ = 2 · π ÷ k = 2 · π ÷ (2 · π rad/m) = 1 m.

Velocidad de propagación: v = ω ÷ k = (4 · π rad/s) ÷ (2 · π rad/m) = 2 m/s. Comprobación por la relación fundamental: v = λ · f = (1 m) × (2 Hz) = 2 m/s. Coincide.

Sentido: el signo menos delante de la x indica que la onda avanza hacia las x crecientes. Con un signo más avanzaría en sentido contrario.

Velocidad máxima de un punto de la cuerda: v_máx = A · ω = (0,02 m) × (4 · π rad/s) = 0,251 m/s. ⚠ No confundir esta velocidad con la de propagación: los 2 m/s son lo que avanza la perturbación, y los 0,251 m/s lo más deprisa que se mueve un punto concreto de la cuerda, que solo sube y baja.

Nivel de intensidad: β = 10 · log(I ÷ I₀) = 10 · log[(1,0 × 10⁻⁶ W/m²) ÷ (10⁻¹² W/m²)] = 10 · log(10⁶) = 10 × 6 = 60 dB. El cociente es adimensional, que es lo que permite tomar su logaritmo.

Si la intensidad se multiplica por cien, I = 1,0 × 10⁻⁴ W/m² y β = 10 · log(10⁸) = 80 dB: veinte decibelios más. La escala es logarítmica, así que sumar 20 dB equivale a multiplicar la intensidad por cien, y sumar 10 dB, a multiplicarla por diez.

A 4,0 m, el doble de distancia: en una fuente puntual la intensidad va con 1 ÷ r², así que se divide entre cuatro: I = (1,0 × 10⁻⁶ W/m²) ÷ 4 = 2,5 × 10⁻⁷ W/m².

Su nivel: β = 10 · log[(2,5 × 10⁻⁷) ÷ (10⁻¹²)] = 10 · log(2,5 × 10⁵) = 53,98 dB. Es decir, al doblar la distancia el nivel baja 6,02 dB, no se reduce a la mitad.

Potencia de la fuente: toda la energía atraviesa la esfera de radio 2,0 m, de área 4 · π · r² = 4 · π × (4,0 m²) = 50,27 m². Entonces P = I × área = (1,0 × 10⁻⁶ W/m²) × (50,27 m²) = 5,03 × 10⁻⁵ W.

Comprobación: con esa potencia, la intensidad a 4,0 m tendría que ser P ÷ (4 · π × 16,0 m²) = (5,03 × 10⁻⁵ W) ÷ (201,1 m²) = 2,5 × 10⁻⁷ W/m², que es lo calculado antes por la proporción.

En una cuerda sujeta por los dos extremos las longitudes de onda posibles son λ_n = 2 · L ÷ n. Para el tercer armónico, n = 3: λ₃ = 2 × (1,20 m) ÷ 3 = (2,40 m) ÷ 3 = 0,80 m.

Velocidad: v = λ₃ · f₃ = (0,80 m) × (300 Hz) = 240 m/s. Depende de la cuerda (de su tensión y de su masa por unidad de longitud) y es la misma para todos los armónicos.

Frecuencia fundamental: f₁ = v ÷ (2 · L) = (240 m/s) ÷ (2,40 m) = 100 Hz. Comprobación: las frecuencias de los armónicos son múltiplos enteros de la fundamental, y 3 × 100 Hz = 300 Hz, que es el dato de partida.

Longitud de onda del fundamental: λ₁ = 2 · L = 2,40 m. Y se comprueba con la velocidad: (2,40 m) × (100 Hz) = 240 m/s, la misma de antes.

Nodos y vientres del tercer armónico: los dos extremos están sujetos, así que son nodos, y entre ellos caben tres semilongitudes de onda. Resultan 4 nodos (los dos extremos y dos interiores) y 3 vientres, uno en el centro de cada semilongitud de onda.

Comprobación del recuento con la longitud: tres semilongitudes de onda ocupan 3 × (0,80 m ÷ 2) = 3 × 0,40 m = 1,20 m, que es exactamente la longitud de la cuerda.

Ley de Snell: n₁ · sen i = n₂ · sen r, de donde sen r = (1,00 × sen 30°) ÷ 1,50 = (1,00 × 0,500) ÷ 1,50 = 0,3333 y r = 19,47°. El rayo se acerca a la normal, porque pasa a un medio de índice mayor.

Velocidad en el vidrio: v = c ÷ n₂ = (3,0 × 10⁸ m/s) ÷ 1,50 = 2,0 × 10⁸ m/s.

Frecuencia: se calcula en el aire, f = c ÷ λ = (3,0 × 10⁸ m/s) ÷ (6,0 × 10⁻⁷ m) = 5,0 × 10¹⁴ Hz, y es la misma dentro del vidrio: al cambiar de medio la frecuencia se mantiene, porque la marca la fuente.

Longitud de onda en el vidrio: λ′ = v ÷ f = (2,0 × 10⁸ m/s) ÷ (5,0 × 10¹⁴ Hz) = 4,0 × 10⁻⁷ m = 400 nm. Comprobación por el atajo λ′ = λ ÷ n = (600 nm) ÷ 1,50 = 400 nm. Coincide.

Ángulo límite del vidrio al aire: sen L = n_aire ÷ n_vidrio = 1,00 ÷ 1,50 = 0,6667, de donde L = 41,81°. Por encima de ese ángulo de incidencia desde el vidrio, el rayo no sale y se produce reflexión total.

▲ Conviene afinar la regla que se suele memorizar: lo que decide si el rayo se acerca o se aleja de la normal es el índice de refracción del medio, no lo denso que sea en masa; y con incidencia perpendicular (i = 0°) el rayo entra sin desviarse por mucho que cambie el índice, porque sen 0° = 0 obliga a que el ángulo de refracción también sea cero.

Con ese criterio el objeto está a la izquierda de la lente, así que su distancia entra con signo negativo: s = − 30 cm. La distancia focal imagen de una lente convergente es positiva: f′ = + 20 cm.

Ecuación de las lentes delgadas: 1 ÷ s′ − 1 ÷ s = 1 ÷ f′, de donde 1 ÷ s′ = 1 ÷ f′ + 1 ÷ s = 1 ÷ (20 cm) + 1 ÷ (− 30 cm) = (3 − 2) ÷ (60 cm) = 1 ÷ (60 cm).

Por tanto s′ = + 60 cm. El signo positivo indica que la imagen se forma a la derecha de la lente, en el lado por el que sale la luz, así que es una imagen real y se puede recoger en una pantalla colocada ahí.

Aumento lateral: β = s′ ÷ s = (+ 60 cm) ÷ (− 30 cm) = − 2. El signo negativo dice que la imagen está invertida, y el valor absoluto, que mide el doble que el objeto.

Tamaño de la imagen: y′ = β · y = (− 2) × (3,0 cm) = − 6,0 cm, es decir, 6,0 cm de alto y del revés.

Potencia de la lente: P = 1 ÷ f′, con la focal en metros: P = 1 ÷ (0,20 m) = + 5,0 dioptrías. Comprobación de coherencia: el objeto está más lejos que el foco (30 cm frente a 20 cm), y para una lente convergente eso tiene que dar imagen real e invertida, que es justo lo que han dicho los dos signos.

Primero, las unidades al SI: d = 0,10 mm = 1,0 × 10⁻⁴ m y λ = 600 nm = 6,0 × 10⁻⁷ m. Mezclar milímetros con nanómetros da un resultado sin sentido, y se evita pasando todo a metros antes de sustituir.

Separación entre franjas brillantes consecutivas: Δy = λ · D ÷ d = (6,0 × 10⁻⁷ m) × (2,0 m) ÷ (1,0 × 10⁻⁴ m) = (1,2 × 10⁻⁶ m²) ÷ (1,0 × 10⁻⁴ m) = 1,2 × 10⁻² m, es decir, 1,2 cm.

Con luz de 450 nm = 4,5 × 10⁻⁷ m: Δy = (4,5 × 10⁻⁷ m) × (2,0 m) ÷ (1,0 × 10⁻⁴ m) = 9,0 × 10⁻³ m, o sea 0,90 cm. Las franjas quedan más juntas.

Comprobación por proporciones, sin repetir la cuenta entera: Δy es proporcional a λ, así que (450 ÷ 600) × 1,2 cm = 0,75 × 1,2 cm = 0,90 cm. El mismo resultado.

Si se acercan las rendijas, d disminuye y como Δy va con 1 ÷ d, las franjas se separan más. Por ejemplo, con d = 0,050 mm la separación sería el doble, 2,4 cm.

Que aparezcan franjas alternas de luz y de oscuridad es la prueba de que la luz interfiere, y eso solo lo hace una onda: dos haces de partículas clásicas se sumarían punto a punto y darían más impactos en todas partes, no zonas oscuras. ▲ Con electrones, en cambio, el experimento también da franjas: es la dualidad onda-corpúsculo del último tema.

Trabajo de extracción en julios: W₀ = (2,0 eV) × (1,6 × 10⁻¹⁹ J/eV) = 3,2 × 10⁻¹⁹ J.

Energía de un fotón: E = h · c ÷ λ = (6,63 × 10⁻³⁴ J · s) × (3,0 × 10⁸ m/s) ÷ (4,0 × 10⁻⁷ m) = (1,989 × 10⁻²⁵ J · m) ÷ (4,0 × 10⁻⁷ m) = 4,97 × 10⁻¹⁹ J, que en electronvoltios son (4,97 × 10⁻¹⁹) ÷ (1,6 × 10⁻¹⁹) = 3,11 eV.

Energía cinética máxima: E_c,máx = h · ν − W₀ = 4,97 × 10⁻¹⁹ J − 3,2 × 10⁻¹⁹ J = 1,77 × 10⁻¹⁹ J, es decir, 1,11 eV. Se llama máxima porque es la de los electrones que salen de la superficie sin perder energía por el camino.

Velocidad máxima: de E_c = ½ · m · v² sale v² = 2 × (1,77 × 10⁻¹⁹ J) ÷ (9,1 × 10⁻³¹ kg) = 3,90 × 10¹¹ m²/s², de donde v = 6,24 × 10⁵ m/s.

Longitud de onda umbral: es aquella cuyo fotón tiene justo la energía W₀, λ₀ = h · c ÷ W₀ = (1,989 × 10⁻²⁵ J · m) ÷ (3,2 × 10⁻¹⁹ J) = 6,22 × 10⁻⁷ m = 622 nm. Comprobación con la frecuencia: ν₀ = W₀ ÷ h = 4,83 × 10¹⁴ Hz, y c ÷ ν₀ devuelve los mismos 622 nm.

▲ Con luz de 700 nm, que es mayor que la umbral, cada fotón lleva menos energía que W₀ y no se emiten electrones, por mucho que se aumente la potencia de la lámpara. Subir la intensidad envía más fotones por segundo, y cada uno sigue sin llegar: lo que decide la emisión es la frecuencia, y lo que decide cuántos electrones salen (una vez superado el umbral) es la intensidad.

Primero, la masa que tendrían las partículas por separado: 2 × (1,00728 u) + 2 × (1,00866 u) = 2,01456 u + 2,01732 u = 4,03188 u.

Defecto de masa: Δm = 4,03188 u − 4,00151 u = 0,03037 u. Sale positivo, y significa que el núcleo pesa menos que sus piezas sueltas: esa masa es la que se liberó al formarlo.

Energía de enlace: E = Δm × 931,5 MeV/u = (0,03037 u) × (931,5 MeV/u) = 28,29 MeV. Es la energía que habría que aportar para deshacer el núcleo en sus dos protones y sus dos neutrones.

Energía de enlace por nucleón: se reparte entre las cuatro partículas, (28,29 MeV) ÷ 4 = 7,07 MeV por nucleón. Dividir entre el número de nucleones es lo que permite comparar núcleos de tamaños distintos con la misma vara; no significa que la cifra sea la misma para todos ni que decida por sí sola si un núcleo se desintegra.

Comprobación de orden de magnitud frente a la química: una reacción química mueve unos pocos electronvoltios por átomo, y aquí se manejan millones de electronvoltios por nucleón. Ese salto de seis órdenes de magnitud es la razón de que una reacción nuclear libere tantísima más energía que una combustión.

⚠ Este ejercicio acota una idea que se arrastra desde la ESO: en una reacción química dentro de un recipiente cerrado la masa se conserva con una aproximación excelente —el cambio existe, pero es millones de veces menor y ninguna balanza lo aprecia—, mientras que al formarse un núcleo la suma de las masas cambia de forma medible, y ese cambio es justamente la energía de enlace.

Se llenan los subniveles por orden de energía creciente, 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d, respetando sus topes (s hasta 2, p hasta 6, d hasta 10): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁵.

Comprobación del recuento: 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 5 = 25 electrones, que es el número atómico de un átomo neutro. Si la suma no da Z, la configuración está mal. Lo que esta suma no ve es un orden de llenado equivocado, porque los mismos electrones colocados en otro orden suman igual: eso hay que revisarlo aparte.

El periodo es el mayor valor de n que aparece, aquí 4, así que está en el cuarto periodo. Al ser un elemento cuyo último subnivel en llenarse es un d, es un metal de transición, y su grupo sale de sumar los electrones del 4s y del 3d: 2 + 5 = 7, de modo que pertenece al grupo 7.

Electrones desapareados: los cinco orbitales del subnivel 3d son de la misma energía, y por la regla de Hund los cinco electrones se colocan uno en cada orbital antes de emparejarse. Quedan 5 electrones desapareados, y el 4s² está lleno y no aporta ninguno.

Ion Mn²⁺: pierde dos electrones y quedan 23. ⚠ Los que salen son los del 4s, aunque se llenara antes que el 3d, así que la configuración es 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁵, y no la que saldría quitando dos electrones del 3d.

Comprobación del ion: 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 5 = 23 electrones, que son los 25 del átomo neutro menos las 2 cargas positivas del ion.

Las reglas que hay que aplicar, en este orden: n es un entero positivo · l va de 0 hasta n − 1 · m_l va de −l hasta +l de uno en uno · m_s solo puede valer +½ o −½.

(a) (3, 2, −2, +½): n = 3 y l = 2 cumple l ≤ n − 1 = 2; m_l = −2 está dentro del intervalo de −2 a +2; el espín es correcto. Es posible, y corresponde a un orbital 3d.

(b) (2, 2, 0, −½): con n = 2 el valor máximo de l es n − 1 = 1, así que l = 2 no es posible. Un subnivel 2d no existe.

(c) (4, 0, 0, +½): l = 0 cumple l ≤ 3, y con l = 0 el único valor de m_l es 0. Es posible, y corresponde a un orbital 4s.

(d) (3, 1, 2, −½): con l = 1 los valores de m_l son −1, 0 y +1, así que m_l = 2 queda fuera y no es posible. El fallo está en m_l, no en l, que sí es válido con n = 3.

(e) (2, 1, −1, 0): los tres primeros son correctos y describen un orbital 2p, pero m_s = 0 no es posible: el espín solo admite +½ o −½. Conviene revisar los cuatro números uno a uno y no parar en el primero que cuadre.

Los recuentos generales del nivel n: hay n² orbitales y caben 2 · n² electrones. Para n = 4: 4² = 16 orbitales y 2 × 16 = 32 electrones.

Comprobación subnivel a subnivel, que es la que vale como demostración y no como memoria. Con n = 4, l puede valer 0, 1, 2 y 3, es decir, los subniveles 4s, 4p, 4d y 4f. El número de orbitales de cada uno es 2 · l + 1: 1, 3, 5 y 7.

Suma de orbitales: 1 + 3 + 5 + 7 = 16, que coincide con n². Suma de electrones, al caber dos en cada orbital: 2 + 6 + 10 + 14 = 32, que coincide con 2 · n².

Orbitales con l = 2, es decir, el subnivel 4d: 2 · l + 1 = 2 × 2 + 1 = 5 orbitales, que admiten 10 electrones.

Electrones desapareados máximos en un subnivel d: por la regla de Hund los electrones ocupan primero un orbital cada uno, así que con 5 orbitales el máximo es 5 electrones desapareados, y se alcanza justo con la configuración d⁵. A partir del sexto empiezan a emparejarse y el número de desapareados baja.

Comprobación de coherencia con el ejercicio del manganeso: allí salían 5 desapareados con un 3d⁵, que es exactamente el caso de máximo que acaba de calcularse.

Configuraciones: Na 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹ · Mg 1s² 2s² 2p⁶ 3s² · Cl 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵ · K 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s¹. Los recuentos dan 11, 12, 17 y 19 electrones.

Los tres primeros están en el periodo 3 (su mayor n es 3) y el potasio en el periodo 4. Dentro de un mismo periodo el radio se va acortando conforme se avanza a la derecha, porque la carga nuclear crece mientras los electrones se añaden a la misma capa, y el núcleo tira más de ella. Así que, de los tres del periodo 3: Cl < Mg < Na.

El potasio tiene una capa más (su electrón de valencia está en n = 4), y una capa nueva pesa más que el aumento de carga nuclear, así que es el mayor de los cuatro.

Orden de menor a mayor radio atómico: Cl < Mg < Na < K.

Na frente a Na⁺: al perder el electrón 3s¹ el ion se queda sin la capa n = 3 entera y su configuración pasa a ser la del neón. El ion es bastante menor que el átomo, y no por poco: desaparece un nivel completo.

Cl frente a Cl⁻: el ion gana un electrón en la misma capa n = 3, así que hay 18 electrones para 17 protones. Cada electrón recibe menos atracción y aumenta la repulsión entre ellos, de modo que el ion es mayor que el átomo. Comprobación cruzada con un caso isoelectrónico: Na⁺ y Ne tienen los mismos 10 electrones, y el Na⁺ es menor porque sus 11 protones tiran más que los 10 del neón.

Litio y sodio están en el mismo grupo, el 1, y los dos tienen un solo electrón de valencia; el del sodio está en n = 3 y el del litio en n = 2. Cuanto más lejos del núcleo y más apantallado, menos cuesta arrancarlo, así que el sodio tiene la energía de ionización menor de los dos, y los dos valores más bajos de la lista les corresponden: Na = 496 kJ/mol y Li = 520 kJ/mol.

Litio, berilio y flúor están en el periodo 2. Al avanzar hacia la derecha crece la carga nuclear sobre la misma capa y cuesta más arrancar el electrón, de modo que el orden es Li < Be < F. Con los dos valores que quedan: Be = 900 kJ/mol y F = 1.681 kJ/mol.

Resumen de la asignación: Na 496 · Li 520 · Be 900 · F 1.681 kJ/mol.

Energía para ionizar 2,0 mol de sodio: E = (2,0 mol) × (496 kJ/mol) = 992 kJ. Las unidades lo confirman: mol × (kJ/mol) = kJ.

▲ La tendencia dentro del periodo ordena bien estos tres elementos, y no decide cualquier pareja: dentro del periodo 2 hay dos escalones conocidos, el boro por debajo del berilio y el oxígeno por debajo del nitrógeno. Con B y Be, o con N y O, este razonamiento daría el orden equivocado.

Comprobación de coherencia con el ejercicio anterior: allí salía que el potasio, con una capa más, es mayor que el sodio; aquí sale, por la misma razón, que el sodio —con una capa más que el litio— cuesta menos de ionizar. Es el mismo argumento aplicado a dos parejas del grupo 1: un electrón de valencia más lejano y más apantallado está menos sujeto.

El recuento del átomo central se hace en dos pasos: se cuentan los pares de enlace (uno por cada átomo unido) y después se mira cuántos electrones de valencia sobran, que forman los pares solitarios (dos electrones por par).

BeCl₂ gaseoso: el berilio tiene 2 electrones de valencia y los dos se usan en enlaces, así que hay 2 pares de enlace y 0 solitarios. ⚠ Esto describe la molécula suelta: el BeCl₂ sólido no está hecho de moléculas lineales sueltas, sino de cadenas, y su geometría no es esta. Dos pares se separan al máximo colocándose opuestos: geometría lineal, ángulo 180°. Los enlaces Be−Cl son polares, pero los dos momentos son iguales y opuestos y se anulan: molécula apolar.

BF₃: el boro aporta 3 electrones y los tres se usan en enlaces: 3 pares de enlace y 0 solitarios. Geometría triangular plana, ángulo 120°. Los tres momentos dipolares, iguales y a 120°, suman cero: molécula apolar.

CH₄: el carbono aporta 4 y los cuatro se usan: 4 pares de enlace y 0 solitarios. Geometría tetraédrica, ángulo 109,5°. Molécula apolar por la simetría, aunque los enlaces C−H tengan algo de polaridad.

NH₃: el nitrógeno aporta 5, tres se usan en enlaces y sobran 2, que forman 1 par solitario. Hay 4 pares alrededor del átomo central, pero uno no se ve en la forma de la molécula: geometría de pirámide trigonal, ángulo de unos 107°, algo menor que el tetraédrico porque el par solitario ocupa más espacio y cierra los enlaces. Molécula polar.

H₂O: el oxígeno aporta 6, dos se usan en enlaces y sobran 4, que forman 2 pares solitarios. Otra vez 4 pares en total, ahora con dos solitarios: geometría angular, ángulo de unos 104,5°. Molécula polar, y esa polaridad es la razón de que el agua disuelva compuestos iónicos. Compárese con el BeCl₂: las dos tienen dos átomos unidos al central y geometrías distintas, y lo que las separa son los pares solitarios.

El dato que más separa a unas de otras no es la temperatura de fusión, sino la conductividad, porque dice qué partículas con carga hay y si pueden moverse. Conviene empezar por ahí y usar la temperatura de fusión como confirmación.

C es metálica: es la única que conduce en estado sólido, y además es dúctil y maleable. En un metal, los restos positivos ocupan posiciones fijas y su nube de electrones recorre el cristal entero, así que hay carga móvil sin necesidad de fundir nada. Encaja con el cobre, que funde a 1.085 °C.

B es iónica: no conduce sólida y sí fundida o disuelta. En el cristal los iones están fijos en sus posiciones; al fundirlo o al disolverlo quedan libres y son ellos, y no electrones, los que transportan la carga. Su temperatura de fusión alta encaja con una red de iones con cargas opuestas. Corresponde al cloruro de sodio.

D es un sólido covalente en red: fundirlo obliga a romper enlaces covalentes por toda la muestra, de ahí los 1.710 °C y la dureza, y no hay iones ni electrones libres ni siquiera fundido. Corresponde al dióxido de silicio.

A es covalente molecular: al fundir solo hay que vencer las fuerzas entre moléculas, que son mucho más débiles que un enlace, de ahí los 114 °C. Sus moléculas no tienen carga neta, así que no conduce ni sólida ni fundida, y se disuelve en disolventes apolares. Corresponde al yodo.

▲ Conviene no convertir esto en la regla de que los covalentes moleculares sean gases o líquidos: el yodo de este ejercicio es sólido a temperatura ambiente, y el azúcar también. Lo que sí ordena bien es que su temperatura de fusión resulte baja comparada con la de los otros tres tipos.

El ciclo de Born-Haber no es otra cosa que la ley de Hess aplicada a la formación del compuesto iónico: la entalpía de formación del NaCl(s) a partir de Na(s) y Cl₂(g) tiene que ser igual a la suma de las etapas del camino largo, que pasa por los iones gaseosos.

Las etapas, con su signo razonado: sublimar el sodio cuesta energía, + 108 · romper el enlace del Cl₂ cuesta energía, y como solo hace falta medio mol de moléculas por cada mol de cloruro, entra la mitad: (+ 243) ÷ 2 = + 121,5 · ionizar el sodio cuesta energía, + 496 · el cloro al captar el electrón libera energía, − 349 · y la energía de red, U, que es la incógnita.

La ecuación del ciclo: − 411 = 108 + 121,5 + 496 − 349 + U.

Se suman los términos conocidos del lado derecho: 108 + 121,5 = 229,5; 229,5 + 496 = 725,5; 725,5 − 349 = 376,5. Queda − 411 = 376,5 + U.

Despejando: U = − 411 − 376,5 = − 787,5 kJ/mol. El signo negativo es el esperado: formar el cristal a partir de los iones gaseosos libera energía, porque se crean uniones entre cargas opuestas. ▲ Pero que salga negativo no confirma el planteamiento: olvidar el coeficiente ½ del cloro, o equivocar una etapa, deja un resultado igual de negativo. El signo descarta un disparate; no valida el ciclo.

Comprobación sumando el ciclo entero: 108 + 121,5 + 496 − 349 − 787,5 = − 411, que es la entalpía de formación de partida. Esta suma comprueba la aritmética y nada más: como U se ha despejado de esa misma ecuación, el ciclo vuelve a cerrar aunque una etapa esté mal puesta. El signo de cada etapa y el coeficiente ½ del cloro hay que revisarlos aparte.

La reacción buscada tiene CO como producto, y en la reacción (2) el CO aparece como reactivo. Hay que invertir la (2), y al invertir una reacción su entalpía cambia de signo: CO₂(g) → CO(g) + ½ O₂(g), con ΔH = + 283,0 kJ.

Ahora se suma la (1) tal cual con la (2) invertida: C(s) + O₂(g) + CO₂(g) → CO₂(g) + CO(g) + ½ O₂(g).

Se cancela el CO₂, que está a los dos lados, y del oxígeno queda O₂ − ½ O₂ = ½ O₂ en los reactivos. El resultado es C(s) + ½ O₂(g) → CO(g), que es justo la reacción pedida.

La entalpía se suma igual que las ecuaciones: ΔH = ΔH₁ + (− ΔH₂) = − 393,5 kJ + 283,0 kJ = − 110,5 kJ.

Al salir negativa, la reacción es exotérmica: desprende 110,5 kJ por cada mol de CO formado.

Comprobación recorriendo el ciclo al revés: si se forma primero CO (− 110,5 kJ) y después ese CO se quema hasta CO₂ (− 283,0 kJ), el total es − 393,5 kJ, que es la entalpía de la reacción (1). El camino no cambia el resultado, que es lo que afirma la ley de Hess.

La entalpía de formación del O₂(g) vale cero porque es la forma estable del elemento oxígeno en condiciones estándar, y eso es un convenio, no una medida.

Se aplica ΔH = Σ n · ΔH_f(productos) − Σ n · ΔH_f(reactivos), respetando los coeficientes de la ecuación ajustada.

Productos: 1 × (− 393,5 kJ/mol) + 2 × (− 285,8 kJ/mol) = − 393,5 kJ/mol − 571,6 kJ/mol = − 965,1 kJ/mol. Reactivos: 1 × (− 74,8 kJ/mol) + 2 × 0 = − 74,8 kJ/mol.

ΔH = (− 965,1 kJ/mol) − (− 74,8 kJ/mol) = − 965,1 kJ/mol + 74,8 kJ/mol = − 890,3 kJ/mol. Restar un número negativo es sumarlo: conviene escribir el paréntesis y no quitarlo de memoria.

Cantidad de metano: n = m ÷ M = (8,0 g) ÷ (16,0 g/mol) = 0,50 mol.

Calor de esa combustión: Q = (0,50 mol) × (− 890,3 kJ/mol) = − 445,15 kJ, es decir, se desprenden 445,15 kJ. El signo negativo pertenece al sistema que reacciona, y por eso se enuncia como calor desprendido y no como calor de valor negativo para el entorno.

La estimación por energías de enlace es ΔH ≈ Σ(enlaces rotos) − Σ(enlaces formados). Romper un enlace cuesta energía y entra sumando; formar un enlace la libera y por eso el segundo bloque entra restando.

Enlaces rotos: uno H−H y uno Cl−Cl, es decir, 436 kJ/mol + 243 kJ/mol = 679 kJ/mol.

Enlaces formados: dos H−Cl, porque la ecuación produce dos moléculas de cloruro de hidrógeno: 2 × 431 kJ/mol = 862 kJ/mol.

ΔH = 679 kJ/mol − 862 kJ/mol = − 183 kJ/mol de reacción. Sale negativa, así que la reacción es exotérmica, y el motivo físico es que se forman enlaces más fuertes en conjunto de los que se rompen.

Entalpía de formación del HCl(g): la ecuación de formación es ½ H₂(g) + ½ Cl₂(g) → HCl(g), que es la anterior dividida entre dos. Al dividir una ecuación entre dos, su entalpía se divide igual: ΔH_f = (− 183 kJ/mol) ÷ 2 = − 91,5 kJ/mol.

▲ Estos valores son aproximados y así hay que presentarlos: la energía de un mismo tipo de enlace cambia algo según la molécula en que se encuentre, así que la cifra obtenida por este camino se parece a la tabulada sin coincidir al decimal.

Antes de restar hay que igualar las unidades, y ese es el primer paso: ΔH viene en kJ y ΔS en J. Se pasa la entalpía a julios: ΔH = + 178,0 kJ/mol = + 178.000 J/mol.

ΔG = ΔH − T · ΔS = (178.000 J/mol) − (298 K) × (160,0 J/(mol · K)) = 178.000 J/mol − 47.680 J/mol = + 130.320 J/mol, es decir, + 130,3 kJ/mol. Las unidades cuadran: K × J/(mol · K) = J/mol.

Al ser ΔG positiva, la reacción no es espontánea a 298 K en condiciones estándar. Es lo esperado: la piedra caliza no se descompone sola a temperatura ambiente.

Temperatura a la que cambia el comportamiento: ΔG pasa por cero cuando ΔH = T · ΔS, de donde T = ΔH ÷ ΔS = (178.000 J/mol) ÷ (160,0 J/(mol · K)) = 1.112,5 K. Por encima de esa temperatura el término − T · ΔS supera a ΔH y ΔG se hace negativa.

En grados Celsius, restando el cero absoluto exacto: 1.112,5 K − 273,15 = 839,35 °C, unos 839,4 °C. Comprobación a 1.200 K: ΔG = 178.000 − 1.200 × 160,0 = 178.000 − 192.000 = − 14.000 J/mol, negativa, como tenía que salir por encima de la temperatura calculada.

⛔ Este ejercicio desarma la idea de que una reacción exotérmica sea espontánea y una endotérmica no lo sea: aquí ΔH es positiva y aun así la reacción es espontánea por encima de 1.112,5 K, porque ΔS también es positiva. Quien decide es ΔG, y el signo de ΔH por sí solo no basta. Ese umbral vale con las hipótesis declaradas —condiciones estándar, ΔH y ΔS constantes—: en un horno real, con el CO₂ a una presión distinta, la temperatura a la que arranca la descomposición se corre.

Orden respecto de A: se comparan las experiencias 1 y 2, en las que solo cambia [A]. La concentración se ha multiplicado por 2 y la velocidad por (8,0 × 10⁻³) ÷ (2,0 × 10⁻³) = 4. Como 2 elevado a m tiene que dar 4, el orden es m = 2.

Orden respecto de B: se comparan las experiencias 1 y 3, donde solo cambia [B]. La concentración se ha multiplicado por 2 y la velocidad por (4,0 × 10⁻³) ÷ (2,0 × 10⁻³) = 2. Como 2 elevado a n da 2, el orden es n = 1.

Ley de velocidad y orden total: v = k · [A]² · [B], con orden total 2 + 1 = 3. ⚠ Estos exponentes son experimentales y no se leen en los coeficientes de la ecuación, que aquí son 1 y 1.

Constante de velocidad, con los datos de la experiencia 1: k = v ÷ ([A]² · [B]) = (2,0 × 10⁻³ mol/(L · s)) ÷ [(0,10 mol/L)² × (0,10 mol/L)] = (2,0 × 10⁻³) ÷ (1,0 × 10⁻³) = 2,0 L² · mol⁻² · s⁻¹. La unidad sale del arrastre y confirma el orden total 3.

Comprobación con las otras dos experiencias, que es lo que valida los órdenes. Experiencia 2: v = 2,0 × (0,20)² × 0,10 = 2,0 × 0,040 × 0,10 = 8,0 × 10⁻³ mol/(L · s). Experiencia 3: v = 2,0 × (0,10)² × 0,20 = 4,0 × 10⁻³ mol/(L · s). Las dos coinciden con lo medido.

Velocidad con [A] = [B] = 0,30 mol/L: v = 2,0 × (0,30)² × (0,30) = 2,0 × 0,090 × 0,30 = 5,4 × 10⁻² mol/(L · s), veintisiete veces la de la experiencia 1, que es lo que cabe esperar de un orden total 3 al triplicar las dos concentraciones.

La relación entre las tres magnitudes es E_a(inversa) = E_a(directa) − ΔH, y conviene entenderla antes de usarla: desde los productos hay que subir hasta la misma cima, y los productos están 40 kJ/mol por debajo de los reactivos porque la reacción es exotérmica.

E_a(inversa) = 60 kJ/mol − (− 40 kJ/mol) = 60 kJ/mol + 40 kJ/mol = 100 kJ/mol. Restar un valor negativo suma, y por eso en una reacción exotérmica la vuelta cuesta más que la ida.

Con catalizador, la directa baja a 35 kJ/mol y la inversa se calcula igual: E_a(inversa) = 35 kJ/mol + 40 kJ/mol = 75 kJ/mol.

Comparación de los dos casos: la directa ha bajado 60 − 35 = 25 kJ/mol y la inversa 100 − 75 = 25 kJ/mol. La misma cantidad en los dos sentidos, que es la consecuencia de que el catalizador ofrece un camino nuevo con una cima más baja, y esa cima es la misma para quien va y para quien vuelve.

La entalpía de reacción no cambia: 35 kJ/mol − 75 kJ/mol = − 40 kJ/mol, el mismo valor de partida. La diferencia de energía entre reactivos y productos no depende del camino, igual que decía la ley de Hess.

⛔ De ahí sale la respuesta a la última pregunta: el catalizador acelera por igual los dos sentidos, así que el sistema llega antes al equilibrio y la composición de ese equilibrio queda igual. Un catalizador no desplaza un equilibrio ni cambia el valor de su constante.

Se monta el recuento de moles. Si se han formado 6,0 mol de HI y la ecuación dice que por cada 2 mol de HI reacciona 1 mol de H₂ y 1 mol de I₂, han reaccionado 3,0 mol de cada uno.

Moles en el equilibrio: H₂ = 4,0 − 3,0 = 1,0 mol · I₂ = 4,0 − 3,0 = 1,0 mol · HI = 6,0 mol.

Comprobación de materia antes de seguir: al principio había 8,0 mol de átomos de hidrógeno (4,0 mol de H₂); al final hay 2,0 mol en el H₂ que queda más 6,0 mol en el HI, que son 8,0 mol. Cuadra, y lo mismo con el yodo.

Concentraciones, dividiendo entre el volumen de 2,0 L: [H₂] = 0,50 mol/L · [I₂] = 0,50 mol/L · [HI] = (6,0 mol) ÷ (2,0 L) = 3,0 mol/L.

K_c = [HI]² ÷ ([H₂] · [I₂]) = (3,0)² ÷ (0,50 × 0,50) = 9,0 ÷ 0,25 = 36. Sale sin unidades porque en el numerador y en el denominador hay el mismo número de concentraciones.

K_p = K_c · (R · T)^Δn, y aquí Δn = 2 − 2 = 0, así que (R · T)⁰ = 1 y K_p = 36 también. Comprobación de que el volumen no influye en este caso: calculando directamente con moles, 6,0² ÷ (1,0 × 1,0) = 36, el mismo número, porque al ser Δn = 0 los volúmenes se cancelan.

Incremento de moles gaseosos: Δn = (moles de gas de los productos) − (moles de gas de los reactivos) = 2 − 1 = + 1.

K_p = K_c · (R · T)^Δn = (0,20 mol/L) × [(0,082 atm · L/(mol · K)) × (500 K)]¹ = (0,20 mol/L) × (41 atm · L/mol) = 8,2 atm. Conviene hacer primero el producto R · T, que vale 41 atm · L/mol, y multiplicar después. Con Δn distinto de cero las constantes llevan unidad, y en esta página se escriben con ella, igual que en el ejercicio siguiente.

▲ Aquí se ve por qué K_c y K_p no son intercambiables: solo coinciden cuando Δn = 0, como ocurría con el H₂ y el I₂ del ejercicio anterior. Con Δn = 1 se diferencian en el factor R · T = 41 atm · L/mol, que no es un número suelto.

Constante de la reacción inversa, 2 NO₂(g) → N₂O₄(g): al invertir la reacción la constante se invierte, K = 1 ÷ (0,20 mol/L) = 5,0 L/mol.

Constante de la reacción dividida entre dos, ½ N₂O₄(g) → NO₂(g): al dividir los coeficientes entre dos, la constante queda elevada a ½, es decir, su raíz cuadrada: K = √(0,20 mol/L) = 0,447 (mol/L)^½, con la unidad elevada a ½ igual que el número.

Comprobación de esta última: si se eleva 0,447 (mol/L)^½ al cuadrado se recupera 0,20 mol/L, que es la constante de la reacción original. Las constantes se combinan con potencias, no con sumas ni con productos por el coeficiente.

Grado de disociación α = 0,50, así que han reaccionado 2,0 mol × 0,50 = 1,0 mol de PCl₅. Por cada mol que se disocia aparece 1 mol de PCl₃ y 1 mol de Cl₂.

Moles en el equilibrio: PCl₅ = 2,0 − 1,0 = 1,0 mol · PCl₃ = 1,0 mol · Cl₂ = 1,0 mol. Total: 3,0 mol de gas, es decir, 1,5 veces los 2,0 mol de partida, que es lo que cabe esperar de una disociación.

Concentraciones, dividiendo entre 2,0 L: las tres valen 0,50 mol/L.

K_c = ([PCl₃] · [Cl₂]) ÷ [PCl₅] = (0,50 × 0,50) ÷ 0,50 = 0,50 mol/L. Aquí la constante sí lleva unidad, porque arriba hay dos concentraciones y abajo una.

K_p = K_c · (R · T)^Δn con Δn = 2 − 1 = 1: K_p = (0,50 mol/L) × (41 atm · L/mol) = 20,5 atm.

Presión total y parciales: P = n · R · T ÷ V = (3,0 mol) × (0,082 atm · L/(mol · K)) × (500 K) ÷ (2,0 L) = 61,5 atm, y como hay 1,0 mol de cada gas, cada presión parcial vale 20,5 atm. Comprobación de K_p por este camino: (20,5 × 20,5) ÷ 20,5 = 20,5 atm, el mismo valor obtenido antes.

(a) Elevar la temperatura: el sistema responde consumiendo ese calor, es decir, desplazándose hacia el lado endotérmico. Como ΔH es negativa, el sentido directo es el exotérmico, de modo que el equilibrio se desplaza hacia los reactivos, hacia la izquierda, y la constante disminuye. Lo que decide es el signo de ΔH, no una regla fija.

(b) Reducir el volumen aumenta la presión, y el sistema se opone desplazándose hacia el lado con menos moles de gas. A la izquierda hay 1 + 3 = 4 mol y a la derecha 2 mol, así que se desplaza hacia los productos, hacia la derecha.

(c) Retirar amoniaco hace que el cociente de reacción Q baje por debajo de K, y el sistema avanza hacia los productos para reponerlo. Es la razón por la que en la industria conviene ir separando el producto.

(d) Añadir un catalizador: el equilibrio no se desplaza. Acelera por igual los dos sentidos, así que el sistema llega antes a la misma composición, y la constante no cambia.

(e) Añadir argón a volumen y temperatura constantes, con los gases tratados como ideales: sube la presión total, pero las presiones parciales de N₂, H₂ y NH₃ no cambian, porque cada una depende de los moles de ese gas, del volumen y de la temperatura, y los tres siguen igual. El cociente Q se mantiene y el equilibrio no se desplaza. Este apartado y el (b) se distinguen mirando una sola cosa: si cambia el volumen.

Relación entre las constantes: Δn = 2 − 4 = − 2, así que K_p = K_c · (R · T)⁻², es decir, K_p = K_c ÷ (R · T)². ⚠ Comparar los dos números no dice gran cosa, porque no están expresados en las mismas unidades; lo que hay que retener es la relación entre ellos, no cuál sale mayor.

(a) El HCl es un ácido fuerte y se disocia por completo, así que [H⁺] = 0,010 mol/L = 1,0 × 10⁻² mol/L. Entonces pH = − log(1,0 × 10⁻²) = 2,00.

Los iones hidróxido salen del producto iónico del agua: [OH⁻] = K_w ÷ [H⁺] = (10⁻¹⁴) ÷ (10⁻²) = 1,0 × 10⁻¹² mol/L. Comprobación: pOH = 12,00 y pH + pOH = 14,00.

(b) El NaOH es una base fuerte: [OH⁻] = 1,0 × 10⁻³ mol/L, pOH = 3,00 y pH = 14,00 − 3,00 = 11,00. Y [H⁺] = (10⁻¹⁴) ÷ (10⁻³) = 1,0 × 10⁻¹¹ mol/L.

Mezcla: se cuentan los moles de cada uno antes de nada. n(H⁺) = (0,050 L) × (0,010 mol/L) = 5,0 × 10⁻⁴ mol, y n(OH⁻) = (0,050 L) × (1,0 × 10⁻³ mol/L) = 5,0 × 10⁻⁵ mol.

Se neutralizan mol a mol, así que sobran H⁺: 5,0 × 10⁻⁴ − 5,0 × 10⁻⁵ = 4,5 × 10⁻⁴ mol de H⁺ en el volumen final de 0,050 L + 0,050 L = 0,100 L.

[H⁺] = (4,5 × 10⁻⁴ mol) ÷ (0,100 L) = 4,5 × 10⁻³ mol/L, y pH = 2,35. El resultado es ácido, como cabía esperar: el ácido estaba diez veces más concentrado que la base y los volúmenes eran iguales.

El equilibrio de disociación es HA → H⁺ + A⁻, reversible, con K_a = [H⁺] · [A⁻] ÷ [HA]. Si se llama x a la concentración de H⁺ en el equilibrio, también vale x la de A⁻, y la de HA queda 0,10 − x.

Suponiendo que x es pequeña frente a 0,10, el denominador se aproxima por 0,10 y queda K_a ≈ x² ÷ c, de donde x = √(K_a · c) = √[(1,0 × 10⁻⁵) × (0,10)] = √(1,0 × 10⁻⁶) = 1,0 × 10⁻³ mol/L.

pH = − log(1,0 × 10⁻³) = 3,00. Y pK_a = − log(1,0 × 10⁻⁵) = 5,00, un dato que hará falta en el ejercicio de la disolución reguladora.

Grado de disociación: α = x ÷ c = (1,0 × 10⁻³) ÷ (0,10) = 0,010, es decir, el 1,0 %. Solo uno de cada cien átomos de hidrógeno ácidos está suelto, que es lo que significa que el ácido sea débil.

Concentración de hidróxido: [OH⁻] = K_w ÷ [H⁺] = (10⁻¹⁴) ÷ (10⁻³) = 1,0 × 10⁻¹¹ mol/L.

Comprobación de la aproximación, que es un paso del ejercicio y no un adorno: sin aproximar, K_a = x² ÷ (0,10 − x) = (1,0 × 10⁻⁶) ÷ (0,099) = 1,01 × 10⁻⁵, frente al 1,0 × 10⁻⁵ de partida. La diferencia es del 1 %, del orden del propio α, así que la aproximación es aceptable aquí; con un ácido bastante más fuerte o una disolución mucho más diluida habría que resolver la ecuación de segundo grado.

La sal se disuelve por completo y da Na⁺ y A⁻. El catión Na⁺ viene de una base fuerte y no reacciona con el agua; el anión A⁻, en cambio, es la base conjugada de un ácido débil y sí lo hace: A⁻ + H₂O → HA + OH⁻, reversible.

Constante de esa hidrólisis: K_b = K_w ÷ K_a = (1,0 × 10⁻¹⁴) ÷ (1,0 × 10⁻⁵) = 1,0 × 10⁻⁹.

Con el mismo planteamiento que en un ácido débil, ahora para una base: [OH⁻] = √(K_b · c) = √[(1,0 × 10⁻⁹) × (0,10)] = √(1,0 × 10⁻¹⁰) = 1,0 × 10⁻⁵ mol/L.

pOH = − log(1,0 × 10⁻⁵) = 5,00, y de ahí pH = 14,00 − 5,00 = 9,00. La disolución es básica, aunque en la sal no haya grupos hidróxido.

⛔ Aquí hay un error muy fácil de cometer, y conviene verlo escrito: quedarse en el 5,00 y darlo como pH. El 5,00 es el pOH, y 5,00 es un valor de pH perfectamente posible, así que el resultado equivocado no llama la atención por sí solo; el pH tampoco tiene unidades, de modo que revisar unidades no avisa de nada. Lo que lo delata es el razonamiento químico: la sal de un ácido débil con una base fuerte da disolución básica, luego el pH tiene que salir mayor que 7.

NaCl 0,10 mol/L: el Na⁺ viene de una base fuerte y el Cl⁻ de un ácido fuerte, así que ninguno de los dos se hidroliza y el pH es el del agua, 7,00 a 25 °C. Es decir, que una sal dé pH 7 depende de qué ácido y qué base la formaron.

Es una disolución reguladora: un ácido débil y su base conjugada en cantidades comparables. Se usa pH = pK_a + log([A⁻] ÷ [HA]), con pK_a = − log(1,0 × 10⁻⁵) = 5,00.

Como las dos concentraciones valen 0,10 mol/L, el cociente es 1 y su logaritmo es 0: pH = 5,00. En una reguladora con cantidades iguales de los dos componentes el pH coincide con el pK_a.

Al añadir 0,010 mol de HCl, los protones reaccionan con la base conjugada: A⁻ + H⁺ → HA. Se consume 0,010 mol de A⁻ y se forma 0,010 mol de HA.

Nuevas cantidades en 1,00 L: [HA] = 0,10 + 0,010 = 0,110 mol/L y [A⁻] = 0,10 − 0,010 = 0,090 mol/L.

pH = 5,00 + log(0,090 ÷ 0,110) = 5,00 + log(0,8182) = 5,00 − 0,0872 = 4,91. El pH ha bajado 0,09 unidades.

En agua pura, esos mismos 0,010 mol de HCl en 1,00 L dan [H⁺] = 0,010 mol/L y pH = 2,00, es decir, una caída de 5 unidades desde el 7,00 del agua. La comparación deja claro para qué sirve una reguladora: frente al mismo añadido, 0,09 unidades de variación en un caso y 5 en el otro.

Moles de ácido gastados: n(HCl) = V · c = (0,0200 L) × (0,100 mol/L) = 2,00 × 10⁻³ mol.

En el punto de equivalencia los moles de H⁺ añadidos igualan a los de OH⁻ que había, y como la reacción es HCl + NaOH → NaCl + H₂O, mol a mol: n(NaOH) = 2,00 × 10⁻³ mol.

Concentración de la base: c = n ÷ V = (2,00 × 10⁻³ mol) ÷ (0,0250 L) = 0,0800 mol/L. Comprobación de tamaño: como la reacción es mol a mol, se ha gastado menos volumen de ácido que el de base tomado, así que el ácido tiene que estar más concentrado, y así es (0,100 frente a 0,0800 mol/L).

Masa de NaOH en la muestra: m = n · M = (2,00 × 10⁻³ mol) × (40,0 g/mol) = 0,0800 g, es decir, 80,0 mg.

pH en el punto de equivalencia: lo único que queda en disolución es NaCl, y ni el Na⁺ ni el Cl⁻ se hidrolizan, así que el pH es el del agua, 7,00 a 25 °C.

⛔ Ese 7,00 depende de que los dos sean fuertes, y no es una propiedad del punto de equivalencia. Al valorar un ácido débil con NaOH, en el punto de equivalencia queda la sal de ese ácido débil, que se hidroliza y da disolución básica: el pH resultaría mayor que 7, como en el ejercicio del NaA.

Números de oxidación: en el MnO₄⁻ el manganeso está a + 7 y pasa a + 2, así que gana 5 electrones y se reduce; el hierro pasa de + 2 a + 3, así que pierde 1 electrón y se oxida.

Semirreacción de reducción, ajustando el oxígeno con agua y el hidrógeno con protones: MnO₄⁻ + 8 H⁺ + 5 e⁻ → Mn²⁺ + 4 H₂O. Su carga cuadra: a la izquierda − 1 + 8 − 5 = + 2, y a la derecha + 2.

Semirreacción de oxidación: Fe²⁺ → Fe³⁺ + 1 e⁻. Para que los electrones se cancelen con los 5 de la otra, se multiplica por 5: 5 Fe²⁺ → 5 Fe³⁺ + 5 e⁻.

Suma de las dos: MnO₄⁻ + 5 Fe²⁺ + 8 H⁺ → Mn²⁺ + 5 Fe³⁺ + 4 H₂O.

Las dos comprobaciones, que conviene hacer las dos porque un ajuste puede tener bien los átomos y mal las cargas. Átomos: Mn 1 y 1 · Fe 5 y 5 · O 4 a la izquierda y 4 en las cuatro moléculas de agua · H 8 a la izquierda y 8 en las cuatro aguas. Cargas: izquierda (− 1) + 5 × (+ 2) + 8 × (+ 1) = + 17; derecha (+ 2) + 5 × (+ 3) = + 17. Cuadra.

Valoración: n(Fe²⁺) = (0,0250 L) × (0,10 mol/L) = 2,5 × 10⁻³ mol. La proporción de la ecuación es 1 mol de MnO₄⁻ por cada 5 de Fe²⁺, así que n(MnO₄⁻) = (2,5 × 10⁻³) ÷ 5 = 5,0 × 10⁻⁴ mol, y V = (5,0 × 10⁻⁴ mol) ÷ (0,020 mol/L) = 0,025 L = 25,0 mL.

El electrodo con el potencial de reducción mayor es el que se reduce, y ese es el del cobre (+ 0,34 V frente a − 0,76 V). Por tanto el cobre es el cátodo y el cinc, donde ocurre la oxidación, es el ánodo.

Semirreacciones: en el ánodo, Zn(s) → Zn²⁺(aq) + 2 e⁻; en el cátodo, Cu²⁺(aq) + 2 e⁻ → Cu(s). Los electrones que salen del cinc van por el hilo hasta el cobre.

Reacción global, sumando y cancelando los 2 electrones: Zn(s) + Cu²⁺(aq) → Zn²⁺(aq) + Cu(s). Comprobación de cargas: + 2 a la izquierda y + 2 a la derecha.

⛔ Los polos, que conviene fijar de una vez: en una pila el ánodo es el polo negativo (de él salen los electrones hacia el circuito exterior) y el cátodo es el positivo. En una electrólisis ocurre justo al revés, porque los signos los impone la fuente. Lo que no cambia, ni en la pila ni en la electrólisis, es que en el ánodo se oxida y en el cátodo se reduce.

Fuerza electromotriz estándar: E° = E°(cátodo) − E°(ánodo) = (+ 0,34 V) − (− 0,76 V) = + 1,10 V. Al salir positiva, la reacción global es espontánea tal como se ha escrito en condiciones estándar; con otras concentraciones la fem de la pila real cambia, y para calcularla harían falta esos datos.

Energía de Gibbs: ΔG° = − n · F · E°, con n = 2 electrones intercambiados. ΔG° = − 2 × (96.500 C/mol) × (1,10 V) = − 212.300 J/mol, o sea − 212,3 kJ/mol. El signo es el contrario al de E°, y al ser negativo confirma la espontaneidad: las dos condiciones dicen lo mismo, E° positiva y ΔG° negativa.

Carga que circula: Q = I · t = (5,00 A) × (1.930 s) = 9.650 C. La unidad sale sola, porque 1 A = 1 C/s y A × s = C.

Moles de electrones: n(e⁻) = Q ÷ F = (9.650 C) ÷ (96.500 C/mol) = 0,100 mol.

La semirreacción del cátodo es Cu²⁺ + 2 e⁻ → Cu, así que hacen falta 2 mol de electrones por cada mol de cobre: n(Cu) = (0,100 mol) ÷ 2 = 0,0500 mol.

Masa depositada: m = n · M = (0,0500 mol) × (63,5 g/mol) = 3,175 g. ⚠ La masa molar del cobre va en g/mol. Tomarla en kg/mol dejaría el mismo número con el resultado en kilogramos, y el arrastre de unidades no avisaría: mol × (kg/mol) = kg es impecable dimensionalmente. Lo que delata el error de escala es el tamaño del resultado, no las unidades: 3,175 kg de cobre no salen de 9.650 C.

Segunda parte, en sentido inverso. Moles de cobre: n(Cu) = (1,27 g) ÷ (63,5 g/mol) = 0,0200 mol. Moles de electrones: 2 × 0,0200 = 0,0400 mol.

Carga: Q = (0,0400 mol) × (96.500 C/mol) = 3.860 C, y el tiempo, t = Q ÷ I = (3.860 C) ÷ (5,00 A) = 772 s. Comprobación de proporción: 1,27 g es 0,4 veces los 3,175 g de antes, y 772 s es 0,4 veces los 1.930 s. La masa depositada es proporcional al tiempo con la corriente fija.

Primer isómero del C₅H₁₂, la cadena sin ramificar: CH₃−CH₂−CH₂−CH₂−CH₃, el pentano. Recuento: 5 carbonos, e hidrógenos 3 + 2 + 2 + 2 + 3 = 12.

Segundo, con una ramificación de un carbono: CH₃−CH(CH₃)−CH₂−CH₃, el 2-metilbutano. La cadena principal tiene cuatro carbonos y el metilo va en el segundo. Recuento: 4 + 1 = 5 carbonos, e hidrógenos 3 + 1 + 3 + 2 + 3 = 12.

Tercero, con dos ramificaciones sobre el mismo carbono: CH₃−C(CH₃)₂−CH₃, el 2,2-dimetilpropano. La cadena principal tiene tres carbonos y el central lleva dos metilos. Recuento: 3 + 2 = 5 carbonos, e hidrógenos 3 + 0 + 6 + 3 = 12. Con cinco carbonos no hay más esqueletos posibles.

Isómeros de función del C₂H₆O: el etanol, CH₃−CH₂−OH, y el dimetiléter, CH₃−O−CH₃. Los dos suman 2 carbonos, 6 hidrógenos y 1 oxígeno, y se diferencian en el grupo funcional: alcohol en uno y éter en el otro.

Sus propiedades no se parecen, que es lo característico de la isomería de función: el etanol tiene un grupo OH y sus moléculas forman enlaces de hidrógeno entre sí, de modo que es líquido a temperatura ambiente, mientras que el dimetiléter no puede formarlos y es un gas.

Alcoholes isómeros de posición del C₃H₈O: el 1-propanol, CH₃−CH₂−CH₂−OH, y el 2-propanol, CH₃−CHOH−CH₃. Misma cadena y mismo grupo funcional, que solo cambia de carbono: eso es isomería de posición, distinta de la de función del apartado anterior.

Reacción de combustión ajustada: C₃H₈ + 5 O₂ → 3 CO₂ + 4 H₂O. Comprobación del ajuste átomo a átomo: carbono 3 y 3 · hidrógeno 8 y 8 (cuatro aguas con dos hidrógenos) · oxígeno 10 a la izquierda (cinco moléculas de O₂) y 6 + 4 = 10 a la derecha.

Masa molar del propano: M = 3 × (12,0 g/mol) + 8 × (1,0 g/mol) = 36,0 + 8,0 = 44,0 g/mol.

Moles de propano: n = m ÷ M = (4,40 g) ÷ (44,0 g/mol) = 0,100 mol. La unidad confirma que la división va en ese sentido: g ÷ (g/mol) = mol.

Oxígeno consumido: la proporción es 5 mol de O₂ por cada mol de propano, así que n(O₂) = 5 × 0,100 = 0,500 mol, y su volumen en condiciones normales V = (0,500 mol) × (22,4 L/mol) = 11,2 L.

Dióxido de carbono producido: 3 mol por cada mol de propano, n(CO₂) = 3 × 0,100 = 0,300 mol, y V = (0,300 mol) × (22,4 L/mol) = 6,72 L.

Calor: Q = n · ΔH = (0,100 mol) × (− 2.220 kJ/mol) = − 222 kJ, es decir, se desprenden 222 kJ. El signo negativo indica que la energía sale del sistema, y es lo esperado en una combustión, que es la reacción exotérmica por excelencia.