Ejercicios Resueltos Física y Química 1 de Bachillerato 2026 / 2027

(a) Se sustituye el tiempo en las dos componentes por separado, que es la idea que sostiene todo el tema. En el instante inicial, t = 0 s: x = 2 + 3 × 0 = 2 m e y = 5 × 0 − 0,5 × 0 = 0 m, o sea el punto (2, 0) m.

A los 2 s: x = 2 m + (3 m/s) × (2 s), es decir 2 m + 6 m = 8 m. Y para la otra componente, y = (5 m/s) × (2 s) − 0,5 × (1 m/s²) × (2 s)² = 10 m − 2 m = 8 m. El punto es (8, 8) m.

(b) El desplazamiento es la resta de los dos vectores de posición, componente a componente: Δx = 8 m − 2 m = 6 m y Δy = 8 m − 0 m = 8 m, es decir Δr = 6 · i + 8 · j m.

Su módulo se saca con el teorema de Pitágoras: |Δr| = √((6 m)² + (8 m)²) = √(36 m² + 64 m²) = √(100 m²) = 10 m. La unidad cuadra: la raíz de metros cuadrados son metros.

(c) La velocidad media es ese desplazamiento dividido entre el intervalo, que dura 2 s: v_x = (6 m) ÷ (2 s) = 3 m/s y v_y = (8 m) ÷ (2 s) = 4 m/s, o sea 3 · i + 4 · j m/s.

Su módulo es √((3 m/s)² + (4 m/s)²) = √(25 m²/s²) = 5 m/s. ▲ Otra manera de comprobarlo: el módulo del desplazamiento dividido entre el tiempo, (10 m) ÷ (2 s) = 5 m/s. Aquí coinciden porque los dos se calculan con el mismo desplazamiento, no porque el camino recorrido sea de 10 m: el camino real es algo mayor, porque la trayectoria se curva.

(a) Eliminar el tiempo es despejarlo de una de las dos coordenadas y meterlo en la otra. De la primera, t = x ÷ (4 m/s). Al sustituir queda y = (3 m/s) × x ÷ (4 m/s) + 2 m, es decir y = 0,75 · x + 2 con las dos longitudes en metros.

Las unidades cuadran: el cociente (3 m/s) ÷ (4 m/s) vale 0,75 y no tiene unidad. Así, el primer término está en metros como el segundo.

(b) Es una recta: la relación entre y y x es de primer grado. Su inclinación vale 0,75. Corta al eje vertical en el punto (0, 2) m, que es donde estaba el móvil al empezar a contar el tiempo.

(c) Las dos componentes de la velocidad son constantes: v_x = 4 m/s y v_y = 3 m/s, porque cada coordenada avanza esa cantidad por cada segundo. El módulo vale √((4 m/s)² + (3 m/s)²) = √(16 m²/s² + 9 m²/s²) = 5 m/s.

A los 5 s: x = (4 m/s) × (5 s) = 20 m e y = (3 m/s) × (5 s) + 2 m = 17 m. Y se puede comprobar con la ecuación de la trayectoria: 0,75 × 20 + 2 = 15 + 2 = 17. Coincide, y eso confirma que el despeje estaba bien hecho.

▲ Lo que la ecuación de la trayectoria no dice es cuándo pasa el móvil por cada sitio. Otro móvil que recorriera esa misma recta al doble de ritmo tendría exactamente la misma ecuación de trayectoria. De ella sola no se puede sacar ninguna velocidad.

(a) El camino recorrido es la suma de los dos tramos, porque el barco los ha navegado uno detrás de otro: 600 m + 800 m = 1.400 m. Es una longitud sin dirección, y por eso se suma sin más.

(b) El desplazamiento es el vector que va del punto de salida al de llegada, y sus componentes son los dos tramos: 800 m hacia el este y 600 m hacia el norte. Como las dos direcciones son perpendiculares, el módulo sale con el teorema de Pitágoras.

|Δr| = √((800 m)² + (600 m)²) = √(640.000 m² + 360.000 m²) = √(1.000.000 m²) = 1.000 m. Es menor que el camino recorrido, y tiene que serlo siempre que el trayecto no sea una recta.

(c) El ángulo con la dirección norte se obtiene de la tangente, que es el cateto del este entre el del norte: tg α = (800 m) ÷ (600 m) = 4/3 = 1,3333, un número sin unidad porque es un cociente de longitudes.

Con el dato del enunciado, α = 53,13° contado desde el norte hacia el este. Dicho de otro modo, el barco ha acabado a un kilómetro del puerto, en esa dirección.

▲ La diferencia entre 1.400 m y 1.000 m es justo lo que separa el camino del desplazamiento. Si el barco volviera al puerto, el camino pasaría de 1.400 m a 2.400 m y el desplazamiento valdría cero.

(a) El tiempo lo decide solo el eje vertical, donde el movimiento es uniformemente acelerado y parte con velocidad vertical nula: la altura recorrida vale h = ½ · g · t².

Se despeja: t² = 2 × (78,4 m) ÷ (9,8 m/s²) = (156,8 m) ÷ (9,8 m/s²), que da 16 s². La raíz es t = 4 s. Las unidades encajan: metros divididos entre metros por segundo al cuadrado dejan segundos al cuadrado.

(b) En el eje horizontal no actúa ninguna fuerza apreciable, así que ese movimiento es uniforme durante los mismos 4 s: d = (15 m/s) × (4 s) = 60 m.

(c) La componente horizontal sigue siendo la de salida, 15 m/s, porque nada la ha cambiado. La vertical ha ido creciendo: v_y = g · t, o sea 9,8 m/s² por 4 s, que dan 39,2 m/s hacia abajo.

El módulo de la velocidad de llegada se compone con las dos: v = √((15 m/s)² + (39,2 m/s)²) = √(225 m²/s² + 1.536,64 m²/s²) = √(1.761,64 m²/s²) = 41,97 m/s.

▲ Para saber si el resultado es razonable no sirve mirar si el número chirría, porque 42 m/s es una velocidad perfectamente creíble. Lo que sí sirve es esta relación: la velocidad de llegada tiene que ser mayor que cada componente por separado. Y menor que el total de las dos sumadas, 54,2 m/s. Y 41,97 m/s cae dentro de ese intervalo.

(a) Las componentes salen de multiplicar el módulo por el coseno y por el seno del ángulo: v_0x = (25 m/s) × 0,6 = 15 m/s y v_0y = (25 m/s) × 0,8 = 20 m/s.

Comprobación rápida de que las dos componentes son coherentes con el módulo dado: √((15 m/s)² + (20 m/s)²) = √(625 m²/s²) = 25 m/s, que es la velocidad de partida.

(b) En el punto más alto la componente vertical se anula, así que 0 = v_0y − g · t, de donde t = (20 m/s) ÷ (9,8 m/s²), que da 2,04 s.

La altura se obtiene del eje vertical con ese tiempo, o más corto, con la relación que no lleva tiempo: h = v_0y² ÷ (2 · g) = (400 m²/s²) ÷ (19,6 m/s²) = 20,41 m.

(c) Como sale y cae al mismo nivel, el vuelo dura el doble que la subida: t(total) = 2 × 2,04 s = 4,08 s. Y el eje horizontal sigue siendo uniforme todo ese rato: d = (15 m/s) × (4,0816 s) = 61,22 m.

▲ En el punto más alto la velocidad no es nula: lo que vale cero es la componente vertical, y la horizontal sigue siendo de 15 m/s. Si fuera nula del todo, el balón caería en vertical desde ahí y el alcance sería la mitad del que sale.

(a) El tiempo de caída depende únicamente del eje vertical, y en ese eje las dos pelotas empiezan igual: con velocidad vertical nula y con la misma aceleración.

Para las dos, la altura cumple 19,6 m = ½ · g · t², de donde t² = (39,2 m) ÷ (9,8 m/s²), que da 4 s² y t = 2 s. Sale el mismo valor para la que se suelta y para la que se lanza.

(b) La segunda avanza en horizontal con movimiento uniforme durante esos 2 s: d = (15 m/s) × (2 s) = 30 m. La primera cae al pie de la ventana, a 0 m.

(c) Llegan a la vez, y el motivo es el principio de independencia: la velocidad horizontal no interviene en el eje vertical, que es el único que decide cuándo se llega al suelo. Empujar hacia un lado no hace caer ni antes ni después.

Una forma de verlo con números: si se repitiera el lanzamiento con 30 m/s, el tiempo seguiría saliendo de la misma ecuación vertical: otra vez 2 s. Lo único que cambiaría sería el alcance, que pasaría a 60 m.

▲ Lo que sí cambiaría el resultado es la altura. Desde el doble de altura, 39,2 m, el tiempo no se duplica: sale t = √(78,4 ÷ 9,8) = √8 s² = 2,83 s, porque la altura va con el cuadrado del tiempo.

(a) La frecuencia es el número de vueltas por segundo, así que hay que pasar los minutos a segundos: f = (300 vueltas) ÷ (60 s) = 5 Hz, es decir cinco vueltas cada segundo.

(b) El periodo mide lo que dura una vuelta, y es el inverso de la frecuencia: T = 1 ÷ (5 Hz) = 0,2 s. Se comprueba al revés: en 1 s caben cinco intervalos de 0,2 s, que son las cinco vueltas.

(c) Cada vuelta son 2 · π radianes, así que la velocidad angular vale ω = 2 · π · f = 2 × π × (5 Hz) = 31,42 rad/s. El hercio es un inverso de segundo, y por eso el resultado queda en radianes por segundo.

(d) La velocidad de un punto es el producto de la velocidad angular por su distancia al eje: v = ω · R = (31,42 rad/s) × (0,20 m) = 6,28 m/s.

▲ Antes de multiplicar hay que tener la velocidad angular en rad/s. Usar las 300 vueltas por minuto tal cual daría 60 m/s, un valor casi diez veces mayor y con una unidad que parece correcta: el fallo no lo delatan los metros por segundo. Lo que lo evita es hacer la conversión a rad/s en su paso, y no esperar a que el resultado parezca raro.

(a) La aceleración tangencial mide cómo cambia la rapidez: a_t = (20 m/s − 10 m/s) ÷ (5 s) = (10 m/s) ÷ (5 s) = 2 m/s². Es constante porque el aumento es uniforme.

(b) La aceleración normal depende de la rapidez de cada instante y del radio. Al entrar: a_n = (10 m/s)² ÷ (50 m) = (100 m²/s²) ÷ (50 m) = 2 m/s².

Al salir, con 20 m/s: a_n = (400 m²/s²) ÷ (50 m) = 8 m/s². Se ha multiplicado por cuatro al duplicarse la rapidez, porque entra elevada al cuadrado.

(c) Las dos aceleraciones son perpendiculares entre sí, así que el módulo de la total se compone como los catetos de un triángulo rectángulo: a = √((2 m/s²)² + (8 m/s²)²) = √(68 m²/s⁴) = 8,25 m/s².

El resultado queda muy cerca de la normal sola. Eso es lo esperado cuando una de las dos componentes es cuatro veces mayor que la otra: en una curva tomada deprisa, casi toda la aceleración sirve para girar, no para cambiar de rapidez.

▲ La aceleración normal apunta hacia el centro de la curva. La sensación de ir empujado hacia fuera es la del pasajero, que tiende a seguir recto mientras el coche gira; sobre el coche no hay ninguna fuerza dirigida hacia fuera.

(a) La aceleración angular es el cambio de velocidad angular por unidad de tiempo: α = (20 rad/s − 0 rad/s) ÷ (4 s) = 5 rad/s².

(b) Partiendo del reposo, el ángulo girado es φ = ½ · α · t² = ½ × (5 rad/s²) × (4 s)² = ½ × (5 rad/s²) × (16 s²) = 40 rad.

Para pasar ese ángulo a vueltas se divide entre los radianes de una vuelta: (40 rad) ÷ (2 · π rad) = 6,37 vueltas. El radián desaparece, como tiene que ser, porque el número de vueltas no lleva unidad.

(c) La velocidad de un punto del borde a los 4 s vale v = ω · R = (20 rad/s) × (0,40 m) = 8 m/s, y su aceleración tangencial, a_t = α · R = (5 rad/s²) × (0,40 m) = 2 m/s².

Una comprobación que no repite ningún paso anterior: partiendo del reposo con esa aceleración tangencial constante, en 4 s la rapidez tendría que ser (2 m/s²) × (4 s) = 8 m/s. Coincide con lo obtenido por el camino angular.

(a) La fuerza exterior mueve a los dos bloques a la vez, y los dos llevan la misma aceleración porque la cuerda no se estira. Aplicando la segunda ley al conjunto: a = F ÷ (m₁ + m₂) = (12 N) ÷ (2 kg + 4 kg) = (12 N) ÷ (6 kg) = 2 m/s².

La unidad encaja: un newton equivale a un kilogramo multiplicado por un metro y dividido entre un segundo al cuadrado. Así, los newtons partidos por kilogramos dejan m/s².

(b) La única fuerza horizontal que actúa sobre el segundo bloque es la tensión, así que basta con escribir su ecuación: T = m₂ · a = (4 kg) × (2 m/s²) = 8 N.

Comprobación con el otro bloque: sobre el primero actúan la fuerza aplicada hacia delante y la tensión hacia atrás. Su ecuación queda 12 N − 8 N = 4 N, que efectivamente vale (2 kg) × (2 m/s²). Las dos ecuaciones son compatibles, y ese acuerdo es lo que respalda el valor de la tensión.

(c) La tensión vale 8 N y no 12 N porque la cuerda solo tiene que arrastrar al segundo bloque. De los 12 N aplicados, 4 N se emplean en acelerar al primero y los 8 N restantes son los que viajan por la cuerda.

▲ De ahí sale un resultado útil: si los dos bloques se intercambiaran de sitio, con la fuerza aplicada al de 4 kg, la aceleración seguiría siendo de 2 m/s². Lo que cambiaría es la tensión, que pasaría a ser (2 kg) × (2 m/s²) = 4 N. La tensión no la fija solo la masa que arrastra la cuerda: también la fuerza aplicada, porque sale de multiplicar esa fuerza por la masa arrastrada y de dividir entre la masa total.

(a) Se toma como positivo el sentido en el que va a moverse el sistema: el cuerpo de 6 kg baja y el de 4 kg sube. Los pesos valen 58,8 N y 39,2 N, resultado de multiplicar cada masa por 9,8 m/s².

Para el conjunto, la fuerza que lo mueve es la diferencia de los dos pesos. Y la masa que se pone en movimiento es la de los dos juntos: a = (58,8 N − 39,2 N) ÷ (6 kg + 4 kg) = (19,6 N) ÷ (10 kg) = 1,96 m/s².

(b) Ahora se aísla el cuerpo que sube, el de 4 kg: sobre él actúan la tensión hacia arriba y su peso hacia abajo, y el resultado es una aceleración hacia arriba. Queda T − 39,2 N = (4 kg) × (1,96 m/s²) = 7,84 N.

De ahí, T = 39,2 N + 7,84 N = 47,04 N. Es mayor que el peso del cuerpo que sube, y tiene que serlo: si fuera igual, ese cuerpo no subiría con aceleración.

(c) Con el cuerpo que baja, el de 6 kg, la ecuación es 58,8 N − T = (6 kg) × (1,96 m/s²) = 11,76 N. De ahí, T = 58,8 N − 11,76 N = 47,04 N. Sale el mismo valor, y ese acuerdo es lo que valida los dos pasos anteriores.

▲ La tensión no vale 58,8 N ni 39,2 N, sino un valor intermedio entre los dos pesos. Un resultado fuera de ese intervalo sería imposible por mucho que las unidades cuadraran. Esa es la revisión que conviene hacer antes de dar el ejercicio por terminado.

Lo primero es separar dos cosas que se confunden: el peso de la persona vale P = m · g, es decir 60 kg por 9,8 m/s², que son 588 N, y no cambia en ningún momento. Lo que marca la báscula es la fuerza que hace el suelo sobre ella, y es esa la que se pide.

(a) Con la aceleración hacia arriba, la fuerza del suelo tiene que superar al peso: N − P = m · a, y la aceleración que se suma al valor de la gravedad deja 9,8 m/s² más 1,2 m/s², o sea 11 m/s². De ahí, N = (60 kg) × (11 m/s²) = 660 N.

(b) Con la aceleración hacia abajo, ocurre lo contrario: P − N = m · a, y ahora lo que se resta deja 9,8 m/s² menos 1,2 m/s², o sea 8,6 m/s². De ahí, N = (60 kg) × (8,6 m/s²) = 516 N.

(c) Con velocidad constante la aceleración es nula, la suma de fuerzas vale cero y entonces N = P = 588 N. Ocurre igual si sube y si baja, porque lo que decide no es el sentido del movimiento sino el de la aceleración.

Los tres resultados encajan entre sí: 588 N queda justo en medio de 660 N y 516 N. Y las dos diferencias valen lo mismo: (60 kg) × (1,2 m/s²) = 72 N. Esa simetría es una pista que avisa: si las dos diferencias no salieran iguales habría algo mal, aunque no diga qué. Puede ser un signo cambiado, y puede ser una de las dos restas hecha con el valor equivocado.

▲ Conviene no decir que la persona pesa más al subir: su peso sigue siendo de 588 N, porque ni su masa ni el planeta han cambiado. Lo que cambia es la fuerza que ejerce el suelo, que es lo que uno nota en los pies y lo que mide el aparato.

(a) La lámpara está quieta, así que la suma de fuerzas es cero. En el eje vertical actúan hacia abajo su peso, P = m · g = 196 N, que sale de multiplicar 20 kg por 9,8 m/s². Las componentes verticales de las dos tensiones tiran hacia arriba.

La componente vertical de cada tensión vale T · cos 30°, porque el ángulo está medido con la vertical. Como las dos cuerdas son iguales, el equilibrio queda 2 × T × 0,866 = 196 N.

Se despeja: T = (196 N) ÷ 1,732 = 113,16 N en cada cuerda.

Conviene fijarse en que la suma de las dos tensiones, 226,32 N, es mayor que el peso de la lámpara. No hay contradicción: solo la parte vertical de cada una sostiene la lámpara, y las partes horizontales se anulan entre sí porque tiran en sentidos opuestos.

(b) Al aumentar el ángulo con la vertical, su coseno se hace más pequeño, y como ese coseno está dividiendo, la tensión aumenta. Con las cuerdas casi horizontales el coseno se acerca a cero y la tensión se dispara. Es la razón de que un cable tendido entre dos postes lejanos acabe siempre con una comba.

▲ El caso límite es útil para comprobar el planteamiento: con las cuerdas verticales, el coseno valdría 1 y la tensión de cada una sería (196 N) ÷ 2 = 98 N, justo la mitad del peso. Cualquier resultado menor que 98 N sería imposible.

(a) En el eje vertical el bloque no se mueve, de modo que la suma de fuerzas en ese eje es cero: la normal equilibra al peso. N = m · g, o sea 10 kg por 9,8 m/s², que dan 98 N.

Esto vale porque la fuerza aplicada es horizontal y no tiene componente vertical. Si se empujara hacia abajo en diagonal, la normal sería mayor, y si se tirara hacia arriba en diagonal, menor.

(b) La fuerza de rozamiento es el producto del coeficiente por la normal: F_r = 0,25 × (98 N) = 24,5 N. El coeficiente no lleva unidad, así que el resultado sale en newtons, como tiene que ser.

(c) En el eje horizontal actúan los 40 N aplicados hacia delante y los 24,5 N del rozamiento hacia atrás. La resultante vale 40 N − 24,5 N = 15,5 N.

Y con la segunda ley, a = (15,5 N) ÷ (10 kg) = 1,55 m/s². El bloque acelera, aunque despacio, porque la fuerza aplicada supera a la de rozamiento.

▲ Merece la pena ver el caso contrario: si la fuerza aplicada fuera de 20 N, ese valor quedaría por debajo de los 24,5 N del rozamiento y el bloque no arrancaría. No saldría una aceleración negativa: sencillamente el rozamiento se quedaría en 20 N, lo justo para que la suma fuera cero.

(a) El peso se descompone en dos direcciones: una paralela a la rampa, que vale m · g · sen 30°, y otra perpendicular, m · g · cos 30°. Sin rozamiento, la paralela es la única fuerza que mueve al cuerpo.

a = g · sen 30°, o sea la mitad de 9,8 m/s²: sale 4,9 m/s². La masa desaparece del resultado, de modo que un cuerpo de 80 kg bajaría exactamente igual.

(b) Con rozamiento hay que restar su fuerza. La normal ya no es el peso entero sino su componente perpendicular: N = m · g · cos 30°, o sea 8 kg por 9,8 m/s² multiplicado por 0,866, que dan 67,8944 N. De ahí, F_r = 0,20 × (67,8944 N) = 13,5789 N.

La componente del peso paralela a la rampa sale de 8 kg por 9,8 m/s² multiplicado por 0,5: son 39,2 N. La resultante vale entonces 39,2 N − 13,5789 N = 25,6211 N. Y la aceleración sale de a = (25,6211 N) ÷ (8 kg) = 3,20 m/s².

Sale la misma cifra por el camino corto, que es la expresión con la masa ya simplificada: a = g · (sen 30° − 0,20 × cos 30°), donde el paréntesis vale 0,5 − 0,1732 = 0,3268. El producto por la gravedad da 3,20 m/s².

(c) Con aceleración constante y partiendo del reposo, la rapidez tras recorrer una distancia d cumple v² = 2 · a · d = 2 × (3,20264 m/s²) × (10 m) = 64,0528 m²/s², y la raíz de ese valor es v = 8,00 m/s.

▲ El paréntesis del camino corto avisa de si el cuerpo puede bajar acelerando: aquí vale 0,3268 y es positivo. Con un coeficiente de 0,60 saldría 0,5 − 0,5196, un número negativo, y eso no significa que el cuerpo suba. Si el cuerpo ya venía deslizando, ese signo dice que va frenando; y para saber si llega a arrancar desde el reposo hace falta el coeficiente estático, comparando la componente del peso con el rozamiento máximo.

(a) Justo antes de deslizar el cuerpo sigue quieto, de modo que la componente del peso paralela al tablero y la fuerza de rozamiento se compensan: m · g · sen α = μ · m · g · cos α.

La masa y la intensidad de la gravedad aparecen en los dos lados y se simplifican, y queda μ = sen α ÷ cos α = tg α. Con el dato del enunciado, μ = 0,466, un número sin unidad porque es un cociente de fuerzas.

(b) En ese instante la fuerza de rozamiento vale exactamente lo mismo que la componente del peso que tira hacia abajo por el tablero: F_r = m · g · sen 25°, o sea 4 kg por 9,8 m/s² multiplicado por 0,423, que dan 16,58 N.

Se llega ahí por el equilibrio, no por la expresión del rozamiento: mientras el cuerpo está quieto, el rozamiento vale justo lo que hace falta, y solo en el instante límite alcanza su tope.

(c) No cambiaría. En el despeje del primer apartado la masa desaparece. El ángulo al que un cuerpo empieza a deslizar depende solo de las dos superficies. Con 8 kg la fuerza de rozamiento del segundo apartado sí sería el doble, 33,16 N, pero el ángulo seguiría siendo de 25°.

▲ Esa independencia de la masa es lo que hace útil el método: para medir un coeficiente de rozamiento no hace falta ninguna balanza ni ningún dinamómetro. Basta con ir inclinando y anotar el ángulo al que el cuerpo arranca.

Antes de calcular hay que fijar el criterio de signos, porque todo el ejercicio depende de él: se toma como positivo el sentido en el que la pelota se acerca a la pared. Entonces la velocidad de llegada es + 20 m/s y la de salida, − 25 m/s.

(a) Δp = m · v(final) − m · v(inicial) = (0,15 kg) × (− 25 m/s) − (0,15 kg) × (20 m/s) = − 3,75 kg · m/s − 3 kg · m/s = − 6,75 kg · m/s.

Ese menos no es un adorno: dice que la cantidad de movimiento ha pasado al sentido contrario al de llegada, que es justo lo que se ve: la pelota vuelve. Olvidar el cambio de signo daría 0,75 kg · m/s, un número con la unidad correcta y nueve veces menor.

(b) La fuerza media sale del impulso: F · Δt = Δp, o sea F = (− 6,75 kg · m/s) ÷ (0,02 s) = − 337,5 N. Su módulo es de 337,5 N. Y su sentido es el contrario al de llegada, que es el que hace falta para frenarla y devolverla.

(c) Si la pelota se quedara pegada, la velocidad final sería nula: Δp = 0 kg · m/s − (0,15 kg) × (20 m/s) = − 3 kg · m/s, menos de la mitad que en el rebote.

▲ De ahí sale la idea útil del tema: rebotar exige más fuerza que quedarse parado, porque hay que frenar la pelota y además lanzarla de vuelta. Y alargar el contacto la reduce: con 0,2 s en lugar de 0,02 s, la fuerza media del rebote bajaría a 33,75 N.

(a) En el choque no actúan fuerzas exteriores apreciables en la dirección del movimiento, así que la cantidad de movimiento total se conserva. Antes vale p = (1.200 kg) × (20 m/s) + (800 kg) × (0 m/s) = 24.000 kg · m/s.

Después los dos van juntos, con la masa sumada: 24.000 kg · m/s = (2.000 kg) × v, de donde v = 12 m/s. Sale menor que la del coche que embiste, y tiene que serlo, porque ahora hay más masa moviéndose con la misma cantidad de movimiento.

(b) Antes del choque solo se mueve uno de los dos, y el cuadrado de su velocidad vale 400 m²/s²: E_c = ½ × (1.200 kg) × (400 m²/s²) = 240.000 J.

Después se mueven los dos juntos: E_c = ½ × (2.000 kg) × (12 m/s)² = ½ × (2.000 kg) × (144 m²/s²) = 144.000 J.

(c) La diferencia es lo que ha desaparecido en forma de deformación de las chapas y de calentamiento: 240.000 J − 144.000 J = 96.000 J, es decir el 40 % de la energía cinética inicial.

▲ Este es el punto que conviene tener claro: en el choque se conserva la cantidad de movimiento y no se conserva la energía cinética. Comprobar que la energía cinética salía igual antes y después llevaría a rehacer un ejercicio que estaba bien.

(a) Se toma como positivo el sentido en el que sale el primero. Antes del empujón los dos están quietos, así que la cantidad de movimiento total vale 0 kg · m/s, y después tiene que seguir valiendo lo mismo.

0 kg · m/s = (60 kg) × (2 m/s) + (40 kg) × v, es decir 0 kg · m/s = 120 kg · m/s + (40 kg) × v, de donde v = (− 120 kg · m/s) ÷ (40 kg) = − 3 m/s.

El signo negativo no es un descuido: dice que el segundo patinador sale en sentido contrario al primero, que es lo que ocurre. Y su rapidez es mayor porque tiene menos masa.

(b) Se suman las dos cantidades de movimiento con su signo: (60 kg) × (2 m/s) + (40 kg) × (− 3 m/s) = 120 kg · m/s − 120 kg · m/s = 0 kg · m/s. Coincide con el valor de partida.

(c) La energía cinética después vale ½ × (60 kg) × (4 m²/s²) + ½ × (40 kg) × (9 m²/s²) = 120 J + 180 J = 300 J. Antes valía 0 J.

▲ Que la energía cinética aumente de 0 J a 300 J no contradice nada: esa energía la han puesto los músculos de los dos patinadores. Lo que no puede cambiar sin fuerzas exteriores es la cantidad de movimiento, y por eso las dos sumas dan cero.

(a) El trabajo de una fuerza constante es W = F · d · cos α, con α el ángulo que forman la fuerza y el desplazamiento: W = (50 N) × (8 m) × 0,5 = 200 J. Solo la parte de la fuerza que va en la dirección del avance cuenta.

(b) El peso y la normal son perpendiculares al desplazamiento, que es horizontal, así que su coseno vale cero y los dos trabajos son 0 J. Ninguna de las dos fuerzas ayuda ni estorba al avance, por grandes que sean.

(c) El rozamiento apunta justo al revés que el desplazamiento, de modo que su coseno vale − 1: W_r = (12 N) × (8 m) × (− 1) = − 96 J. Ese signo negativo no es opcional, y es la diferencia entre tener bien el ejercicio y tenerlo mal.

(d) El trabajo total es la suma de los cuatro, cada uno con su signo: 200 J + 0 J + 0 J − 96 J = 104 J. Al ser positivo, el cajón termina moviéndose más deprisa que al principio.

▲ Aquí se ve que revisar las unidades no es suficiente: con el rozamiento escrito en positivo saldría un trabajo total de 296 J, también en julios y sin nada raro a la vista. Lo que delata el error es el sentido físico, porque una fuerza que frena no puede aportar energía.

(a) El teorema de las fuerzas vivas dice que el trabajo total es la variación de energía cinética. La final es nula, porque el trineo se para. La inicial vale ½ × (20 kg) × (8 m/s)² = ½ × (20 kg) × (64 m²/s²) = 640 J.

Por tanto W(total) = 0 J − 640 J = − 640 J. Es negativo, como tiene que ser cuando el móvil acaba más despacio de lo que empezó.

(b) Las únicas fuerzas que trabajan son el rozamiento, porque el peso y la normal son perpendiculares al movimiento. Así que ese trabajo total es el del rozamiento: − 640 J = − F_r × (16 m).

De ahí, F_r = (640 J) ÷ (16 m) = 40 N. La unidad cuadra: un julio partido por un metro es un newton.

(c) La normal en un suelo horizontal coincide con el peso: N = m · g = 196 N, resultado de multiplicar 20 kg por 9,8 m/s². El coeficiente es el cociente de las dos fuerzas: μ = (40 N) ÷ (196 N) = 0,204, sin unidad.

▲ Este camino resuelve el problema sin calcular en ningún momento la aceleración ni la duración del frenado, que es la ventaja del teorema. Si además se quisiera la aceleración, saldría de dividir (40 N) entre (20 kg), es decir 2 m/s² de frenado.

(a) La energía potencial de un muelle comprimido o estirado una longitud x vale ½ · k · x², o sea ½ × (500 N/m) × (0,20 m)² = ½ × (500 N/m) × (0,04 m²) = 10 J.

La unidad sale bien: newtons por metro multiplicados por metros al cuadrado dan newtons por metro, que son julios.

(b) Al soltar el muelle, toda esa energía pasa a energía cinética del bloque, porque no hay rozamiento: 10 J = ½ × (2 kg) × v². De ahí, v² = (10 J) ÷ (1 kg) = 10 m²/s², con lo que v = 3,16 m/s.

(c) Al subir por la rampa, esa energía cinética se va convirtiendo en energía potencial del peso. En el punto más alto el bloque se para, de modo que 10 J = m · g · h, y el producto m · g vale 19,6 N, porque son 2 kg por 9,8 m/s².

Se despeja: h = (10 J) ÷ (19,6 N) = 0,51 m. Un julio dividido entre un newton es un metro, así que la unidad confirma el despeje.

▲ Merece la pena ver que la masa no interviene en la altura del mismo modo que en la rapidez: un bloque de 8 kg lanzado por ese mismo muelle saldría a la mitad de rapidez, 1,58 m/s. Y subiría solo hasta 0,13 m. Lo que se reparte es siempre la misma energía de 10 J.

(a) Tomando como origen de alturas el punto de partida, allí la energía potencial es nula y la mecánica coincide con la cinética: E_m = ½ × (2 kg) × (10 m/s)² = ½ × (2 kg) × (100 m²/s²) = 100 J.

(b) En el punto más alto el bloque está parado, así que toda la energía mecánica es potencial: E_m = m · g · h, o sea 2 kg por 9,8 m/s² multiplicado por 4 m, que son 78,4 J.

(c) El rozamiento es el responsable de la diferencia, y esa diferencia es su trabajo: W_r = 78,4 J − 100 J = − 21,6 J. Sale negativo, que es el único signo posible para el trabajo de una fuerza que se opone al avance.

Sin rozamiento, los 100 J se habrían convertido íntegramente en energía potencial: 100 J = m · g · h, donde el producto m · g vale 19,6 N, de modo que h = (100 J) ÷ (19,6 N) = 5,10 m.

La comprobación que cierra el ejercicio: la diferencia de alturas vale 5,102 m − 4 m = 1,102 m. Multiplicada por el peso de 19,6 N da 21,6 J, que es exactamente lo que se llevó el rozamiento. Los dos caminos coinciden.

▲ Por eso no se puede decir que la energía mecánica se conserve sin mirar antes si hay rozamiento. La que se conserva en cualquier caso es la energía total: los 21,6 J que faltan del balance mecánico no han desaparecido, están calentando la rampa y el bloque.

(a) El prefijo per- con la terminación -ico señala el número de oxidación más alto del cloro, que aquí es +7. La fórmula queda HClO₄, y la suma vale (+1) + (+7) + 4 × (−2) = 8 − 8 = 0.

(b) Con el carbono actuando con +4 y dos hidrógenos: H₂CO₃. Comprobación: 2 × (+1) + (+4) + 3 × (−2) = 2 + 4 − 6 = 0.

(c) El hierro actúa con +3 y el grupo hidróxido con −1, así que hacen falta tres grupos por cada átomo de hierro: Fe(OH)₃. Suma: (+3) + 3 × (−1) = 0. Los paréntesis son obligatorios, porque el subíndice afecta al grupo entero.

(d) En los peróxidos el oxígeno actúa con −1, de modo que dos oxígenos aportan −2 y hacen falta dos hidrógenos: H₂O₂. Suma: 2 × (+1) + 2 × (−1) = 0.

▲ Conviene comparar los dos últimos con sus parientes: sin los paréntesis, FeOH₃ tendría un solo oxígeno y tres hidrógenos, que es otra sustancia distinta; y con el oxígeno actuando con −2, H₂O₂ no cerraría en cero. La escritura fija el recuento de átomos, y de ese recuento dependen todos los cálculos que vengan después.

(a) Un ion calcio con +2 necesita dos iones nitrato de −1 para quedar en cero. Es justo lo que dicen los paréntesis y el subíndice dos: nitrato de calcio. Comprobación de cargas: (+2) + 2 × (−1) = 0.

(b) Dos iones potasio de +1 compensan un ion sulfato de −2: sulfato de potasio. Cargas: 2 × (+1) + (−2) = 0.

(c) Con el aluminio en +3 y el sulfato en −2, el menor múltiplo común de 3 y 2 es 6. Hacen falta entonces dos aluminios y tres sulfatos: sulfato de aluminio. Cargas: los dos aluminios aportan + 6 y los tres sulfatos, − 6, con lo que el total queda en cero.

(d) El ion hidrogenocarbonato conserva un hidrógeno del ácido de partida, y su carga −1 se compensa con un solo sodio: hidrogenocarbonato de sodio. Cargas: (+1) + (−1) = 0.

Recuento de átomos de los cuatro, que es lo que hará falta en los temas de cálculo: el primero tiene 1 calcio, 2 nitrógenos y 6 oxígenos; el segundo, 2 potasios, 1 azufre y 4 oxígenos; el tercero, 2 aluminios, 3 azufres y 12 oxígenos; el cuarto, 1 sodio, 1 hidrógeno, 1 carbono y 3 oxígenos.

▲ La terminación del nombre viene del ácido de origen: los que acaban en -ico dan sales en -ato, y los que acaban en -oso las dan en -ito. Por eso el nitrato procede del ácido nítrico, y el nitrito, del nitroso.

En SO₂: llamando x al número del azufre, x + 2 × (−2) = 0, de donde x = +4.

En SO₃: x + 3 × (−2) = 0, así que x = +6. Y en H₂SO₄ los dos hidrógenos aportan + 2 y los cuatro oxígenos, − 8, así que x + 2 − 8 = 0 y otra vez x = +6. Es el mismo valor que en el trióxido.

En HNO₃: (+1) + x + 3 × (−2) = 0, de donde x = +5, que es el número más alto con el que actúa el nitrógeno.

Sobre la comprobación: no basta. Los dos óxidos de azufre de este ejercicio suman cero los dos, y son sustancias distintas: SO₂ con el azufre en +4 y SO₃ con el azufre en +6. La suma cero solo confirma que los subíndices encajan con los valores elegidos; no asegura que el compuesto escrito sea el que se pedía.

Quien decide de verdad es el nombre: dióxido de azufre obliga a dos oxígenos y trióxido de azufre, a tres. La suma cero se usa entonces como último control, después de haber traducido el nombre, no como prueba de que la traducción es correcta.

▲ El mismo aviso vale al revés. Si al cerrar una fórmula la suma no da cero, eso sí que es señal segura de que hay un error; lo que no se puede es dar por bueno un resultado solo porque la suma cuadre.

Para Mn₂O₇, que es un compuesto neutro, la suma tiene que ser cero: 2 · x + 7 × (−2) = 0, de donde 2 · x = 14 y x = +7.

Para el ion dicromato la suma no es cero sino − 2, que es su carga: 2 · x + 7 × (−2) = − 2, es decir 2 · x = 14 − 2 = 12 y x = +6.

La diferencia entre los dos planteamientos es solo el segundo miembro, y ahí está todo el ejercicio: igualar a cero un ion cargado daría +7 para el cromo, un valor con el que ese elemento no actúa.

Para el óxido de manganeso(IV), el número romano dice que el manganeso actúa con +4. Con el oxígeno en −2, dos oxígenos aportan −4 y basta un manganeso: MnO₂. Suma: (+4) + 2 × (−2) = 0.

▲ La nomenclatura de Stock resuelve de una vez la ambigüedad de los elementos que actúan con varios números: óxido de manganeso(IV) y óxido de manganeso(VII) son dos sustancias con propiedades muy distintas. El nombre las separa sin necesidad de recordar ninguna terminación.

(a) Se cuentan los átomos de la fórmula: 2 nitrógenos, 4 hidrógenos y 3 oxígenos. La masa molar es la suma de sus masas atómicas leída en gramos por mol.

M = 2 × (14 g/mol) + 4 × (1 g/mol) + 3 × (16 g/mol) = 28 g/mol + 4 g/mol + 48 g/mol = 80 g/mol.

(b) Cada porcentaje es la masa que aporta el elemento dividida entre la masa molar, multiplicada por cien: para el nitrógeno, (28 g/mol) ÷ (80 g/mol) × 100 = 35 %.

Para el hidrógeno, (4 g/mol) ÷ (80 g/mol) × 100 = 5 %, y para el oxígeno, (48 g/mol) ÷ (80 g/mol) × 100 = 60 %. La suma de los tres da 35 + 5 + 60 = 100, y esa comprobación cuesta un segundo.

(c) El porcentaje se aplica a la masa que se tenga: masa de nitrógeno = 0,35 × (200 g) = 70 g.

▲ Por el otro camino se llega al mismo sitio: 200 g son (200 g) ÷ (80 g/mol) = 2,5 mol de compuesto, que contienen 5 mol de nitrógeno. Y 5 mol × (14 g/mol) = 70 g. Que los dos caminos coincidan es una buena señal de que el porcentaje estaba bien calculado.

(a) Se parte de 100 g de compuesto, porque así los porcentajes son directamente gramos. Cada masa se pasa a moles dividiendo entre la masa atómica.

Carbono: (40,0 g) ÷ (12 g/mol) = 3,333 mol. Hidrógeno: (6,7 g) ÷ (1 g/mol) = 6,7 mol. Oxígeno: (53,3 g) ÷ (16 g/mol) = 3,331 mol.

Ahora se dividen los tres entre el menor, que es 3,331 mol, para que el más pequeño quede en la unidad: carbono 1,00; hidrógeno 2,01; oxígeno 1,00. Redondeando a los enteros más cercanos, la fórmula empírica es CH₂O.

(b) La masa de esa fórmula empírica vale (12 g/mol) + 2 × (1 g/mol) + (16 g/mol) = 30 g/mol. El número de veces que cabe en la masa molar es (180 g/mol) ÷ (30 g/mol) = 6. Por tanto la fórmula molecular es C₆H₁₂O₆.

(c) El porcentaje de carbono no depende del tamaño de la muestra: masa de carbono = 0,400 × (90 g) = 36 g.

▲ Una pista que avisa, no una comprobación: si al dividir entre el menor salieran números muy alejados de un entero o de un medio, conviene repasar las masas atómicas y los porcentajes antes de seguir. Aquí sale 2,01 para el hidrógeno, y esa centésima de diferencia viene del redondeo de los datos del análisis.

(a) La fórmula tiene un calcio y dos grupos nitrato, y cada grupo aporta un nitrógeno y tres oxígenos: en total 1 calcio, 2 nitrógenos y 6 oxígenos.

M = (40 g/mol) + 2 × (14 g/mol) + 6 × (16 g/mol) = 40 g/mol + 28 g/mol + 96 g/mol = 164 g/mol.

(b) n = m ÷ M = (41 g) ÷ (164 g/mol) = 0,25 mol. Los gramos se simplifican y queda la unidad correcta.

(c) Cada unidad de la fórmula lleva dos iones nitrato. Hay entonces 2 × 0,25 mol = 0,5 mol de esos iones, y en número: (0,5 mol) × (6,022 × 10²³ por mol) = 3,011 × 10²³ iones nitrato.

De oxígeno hay seis átomos por unidad de fórmula: 6 × 0,25 mol = 1,5 mol, que son (1,5 mol) × (6,022 × 10²³ por mol) = 9,033 × 10²³ átomos de oxígeno.

▲ El paréntesis de la fórmula es el que hace que salgan seis oxígenos y no tres. Contar tres daría una masa molar de 116 g/mol y, con ella, 0,353 mol en vez de 0,25 mol: un número creíble, en la unidad correcta, y equivocado. Lo que lo evita es el recuento de átomos, no la revisión de unidades.

(a) Lo primero es la temperatura absoluta, porque la constante R está escrita en kelvin: T = 27 + 273 = 300 K.

Ahora se despeja el volumen de la ecuación de estado: V = n · R · T ÷ P = (2,0 mol) × (0,082 L · atm/(K · mol)) × (300 K) ÷ (2,0 atm) = (49,2 L · atm) ÷ (2,0 atm) = 24,6 L. Los moles, los kelvin y las atmósferas se simplifican y queda litros.

(b) A 327 °C la temperatura absoluta es 327 + 273 = 600 K, el doble que antes. Con la presión y la cantidad de gas sin cambiar, el volumen es proporcional a la temperatura absoluta, así que se duplica: 49,2 L.

Por el camino largo sale lo mismo: V = (2,0 mol) × (0,082 L · atm/(K · mol)) × (600 K) ÷ (2,0 atm) = 49,2 L.

(c) Metiendo 27 en lugar de 300 saldría V = (2,0 mol) × (0,082 L · atm/(K · mol)) × (27 K) ÷ (2,0 atm) = 2,214 L, y a simple vista no se distingue: está en litros, es un número pequeño y razonable, y un par de litros es un volumen normal para un recipiente de laboratorio.

▲ De ahí la defensa que sí funciona: escribir la unidad en cada paso y comprobar la conversión a kelvin antes de sustituir. Confiar en que un resultado equivocado chirríe no sirve, porque aquí el error multiplica por once y el número sigue pareciendo normal.

(a) Con el volumen y la cantidad de gas fijos, el cociente entre presión y temperatura absoluta se mantiene: P₁ ÷ T₁ = P₂ ÷ T₂.

Sustituyendo, (2,0 atm) ÷ (300 K) = P₂ ÷ (450 K), de donde P₂ = (2,0 atm) × (450 K) ÷ (300 K) = 3,0 atm. Sube, como corresponde a calentar un gas sin dejarlo dilatarse.

(b) Ahora la temperatura no cambia y lo que se mantiene es el producto de presión por volumen: (3,0 atm) × (5,0 L) = P₃ × (3,0 L).

De ahí, P₃ = (15 L · atm) ÷ (3,0 L) = 5,0 atm. Al reducir el volumen la presión sube, y en la misma proporción en que aquel ha disminuido.

(c) La relación general entre el estado inicial y el final es P₁ · V₁ ÷ T₁ = P₃ · V₃ ÷ T₃. A la izquierda, (2,0 atm) × (5,0 L) ÷ (300 K) = 0,0333 L · atm/K; a la derecha, (5,0 atm) × (3,0 L) ÷ (450 K) = 0,0333 L · atm/K.

▲ Esa comprobación cuesta dos divisiones y avisa de dos fallos distintos: un despeje invertido y una temperatura sin pasar a kelvin. Si uno de los dos lados se hubiera calculado con 27 o con 177, los dos cocientes no coincidirían. Lo que no ve es un error que afecte por igual a los dos lados.

(a) Se despeja la cantidad de sustancia de la ecuación de estado: n = P · V ÷ (R · T).

n = (2,0 atm) × (2,46 L) ÷ ((0,082 L · atm/(K · mol)) × (300 K)) = (4,92 L · atm) ÷ (24,6 L · atm/mol) = 0,20 mol. Todas las unidades se simplifican salvo el mol, que queda en el numerador.

(b) La masa molar es la masa dividida entre los moles: M = (5,60 g) ÷ (0,20 mol) = 28 g/mol.

(c) Las masas molares de los dos candidatos salen de sus fórmulas: 2 × (14 g/mol) = 28 g/mol para el nitrógeno; 2 × (16 g/mol) = 32 g/mol para el oxígeno. El resultado coincide con el primero, así que el gas es nitrógeno.

Otra vía, que evita calcular antes los moles: la misma ecuación se puede escribir como M = m · R · T ÷ (P · V) = (5,60 g) × (24,6 L · atm/mol) ÷ (4,92 L · atm) = 28 g/mol. Coincide.

▲ Este método identifica un gas por su masa molar, y eso no siempre basta para decidir de qué sustancia se trata: hay compuestos distintos con la misma masa molar. Aquí funciona porque el enunciado deja solo dos candidatos y sus masas molares son diferentes.

(a) M = (23 g/mol) + (35,5 g/mol) = 58,5 g/mol.

(b) Los moles de soluto son n = (11,7 g) ÷ (58,5 g/mol) = 0,20 mol. El volumen de disolución es 250 mL, o sea 0,250 L.

La concentración es el cociente: c = (0,20 mol) ÷ (0,250 L) = 0,80 mol/L. El volumen que se usa aquí es el de la disolución terminada, no el del agua que se echó al principio.

(c) Se recorre el camino al revés. Los moles que hacen falta son n = (0,20 mol/L) × (0,500 L) = 0,10 mol.

Y esos moles se pasan a gramos con la masa molar: m = (0,10 mol) × (58,5 g/mol) = 5,85 g.

▲ La diferencia entre disolver en 250 mL de agua y disolver hasta 250 mL de disolución no es un matiz de redacción: al disolver, el volumen final no es exactamente la suma de los dos. Por eso las disoluciones se preparan en un matraz aforado, enrasando al final.

(a) La densidad relaciona el volumen con la masa. Un litro son 1.000 mL, así que m = (1.000 mL) × (1,18 g/mL) = 1.180 g de disolución.

(b) El tanto por ciento en masa dice cuántos gramos de soluto hay por cada cien gramos de disolución. Se aplica sobre la masa que se acaba de calcular: m(soluto) = 0,365 × (1.180 g) = 430,7 g.

(c) Esos gramos se pasan a moles con la masa molar, que vale (1 g/mol) + (35,5 g/mol) = 36,5 g/mol: n = (430,7 g) ÷ (36,5 g/mol) = 11,8 mol.

Como todo esto estaba referido a un litro de disolución, esa cantidad es ya la concentración: 11,8 mol/L.

▲ Aquí está el error que no avisa: si la densidad se tomara como 1,18 g/L en vez de g/mL, la masa del litro saldría 1,18 g. El soluto quedaría en 0,4307 g y la concentración, en 0,0118 mol/L. Ese número está en mol/L, es pequeño y perfectamente posible para una disolución diluida. Ni la unidad ni el sentido común lo delatan. Lo que lo evita es escribir la unidad de la densidad en el propio cálculo.

(a) n = c · V = (0,50 mol/L) × (0,500 L) = 0,25 mol. Esta es la cantidad que tiene que acabar dentro del matraz, venga de donde venga.

(b) Esos mismos moles hay que sacarlos de la disolución de partida, donde cada litro contiene 11,8 mol: V = (0,25 mol) ÷ (11,8 mol/L) = 0,0212 L = 21,2 mL.

El planteamiento equivale a la igualdad de moles entre las dos disoluciones, c₁ · V₁ = c₂ · V₂: (11,8 mol/L) × (0,0212 L) = 0,25 mol, que es lo mismo que (0,50 mol/L) × (0,500 L).

(c) La cantidad de soluto no cambia: siguen siendo los mismos 0,25 mol antes y después de añadir el agua. Lo que cambia es el volumen en el que están repartidos, y por eso baja la concentración.

La proporción lo confirma: el volumen pasa de 21,2 mL a 500 mL, es decir se multiplica por 23,6. Y la concentración pasa de 11,8 mol/L a 0,50 mol/L: se divide por ese mismo número.

▲ En la práctica el orden importa por seguridad: se pone primero algo de agua en el matraz, después el ácido concentrado y al final se enrasa. La cuenta sale igual, pero mezclar en el orden contrario puede provocar salpicaduras.

(a) Del cinc: n = (13,0 g) ÷ (65 g/mol) = 0,20 mol. Del cloruro de hidrógeno, que viene en disolución: n = (1,0 mol/L) × (0,250 L) = 0,25 mol.

(b) Este paso se hace mejor en dos tiempos: primero se divide cada cantidad entre su coeficiente en la ecuación ajustada: para el cinc, (0,20 mol) ÷ 1 = 0,20; para el cloruro de hidrógeno, (0,25 mol) ÷ 2 = 0,125.

El cociente menor es el segundo, así que el cloruro de hidrógeno es el limitante. Es él quien decide cuánto producto sale, aunque de él haya más moles que de cinc.

(c) La ecuación dice que de cada 2 mol de cloruro de hidrógeno sale 1 mol de hidrógeno: n(H₂) = (0,25 mol) ÷ 2 = 0,125 mol. Con el volumen molar de las condiciones normales, V = (0,125 mol) × (22,4 L/mol) = 2,8 L.

(d) Por cada mol de hidrógeno se ha gastado 1 mol de cinc, es decir 0,125 mol. Lo que sobra es 0,20 mol − 0,125 mol = 0,075 mol, y en masa, (0,075 mol) × (65 g/mol) = 4,875 g.

▲ La resta del último apartado sirve además de control: tiene que dar un número positivo y menor que la cantidad de partida. Si saliera negativo hay una inconsistencia y toca revisar, pero el signo no dice dónde está: puede estar mal el limitante elegido, puede estarlo la proporción de los coeficientes y puede ser la propia resta hecha al revés.

(a) Los moles salen de dividir el volumen recogido entre el volumen molar: n = (2,24 L) ÷ (22,4 L/mol), que da 0,10 mol. Los litros se simplifican y queda la cantidad de sustancia.

(b) El rendimiento compara lo obtenido con lo que habría salido si el reactivo limitante hubiera reaccionado del todo: rendimiento = (0,10 mol) ÷ (0,125 mol) × 100 = 80 %.

El cociente no lleva unidad, porque se dividen moles entre moles, y por eso el resultado se puede leer directamente como un tanto por ciento.

(c) La masa molar del hidrógeno molecular es 2 × (1 g/mol) = 2 g/mol. De ahí, m = (0,10 mol) × (2 g/mol) = 0,20 g. Es poca masa para 2,24 L, y eso es lo normal en un gas tan ligero.

El 20 % que falta puede repartirse entre varias vías —gas que se escapa al trasvasar, reactivo pegado al recipiente, reacción que no se completa en el tiempo del ensayo—, y con este solo dato no se puede decir cuál pesa más. Y como lo que se mide es un volumen de gas, cuentan también la presión y la temperatura con que se recogió y la pureza del cinc de partida.

▲ Un rendimiento mayor que el 100 % no significa que la reacción haya ido especialmente bien: significa que algo no cuadra. Puede fallar la medida —producto sin secar, una pesada con humedad— y puede fallar la cantidad teórica con la que se compara, por un limitante mal elegido o una proporción mal aplicada. Se revisan las dos, el ensayo y el cálculo.

(a) Solo reacciona la parte útil de la muestra: m = 0,84 × (50,0 g) = 42,0 g de hierro. Los 8,0 g restantes son acompañamiento que no interviene en la reacción.

(b) Esos gramos se pasan a moles: n = (42,0 g) ÷ (56 g/mol) = 0,75 mol. Como la ecuación relaciona un hidrógeno con cada hierro, salen también 0,75 mol de hidrógeno.

Con el volumen molar de las condiciones normales, V = (0,75 mol) × (22,4 L/mol) = 16,8 L. El enunciado dice que el otro reactivo está en exceso, así que aquí no hay que buscar limitante: lo es el hierro.

(c) La masa molar del cloruro de hierro(II) vale (56 g/mol) + 2 × (35,5 g/mol) = 127 g/mol. La proporción con el hierro es también de uno a uno.

m = (0,75 mol) × (127 g/mol) = 95,25 g.

▲ Olvidar la riqueza y trabajar con los 50,0 g enteros daría 0,893 mol y 20,0 L de hidrógeno: un resultado en litros, de tamaño razonable y equivocado en casi un 20 %. El paso de la riqueza va siempre el primero, antes de tocar ninguna proporción.

(a) Del cinc: m = (0,20 mol) × (65 g/mol) = 13,0 g. Del cloruro de hidrógeno, cuya masa molar es (1 g/mol) + (35,5 g/mol) = 36,5 g/mol: m = (0,25 mol) × (36,5 g/mol) = 9,125 g.

(b) Se acaba antes el cloruro de hidrógeno, del que hay más moles y menos masa. La razón está en los coeficientes: la ecuación consume dos de él por cada uno de cinc, así que sus 0,25 mol dan solo para 0,125 mol de cinc.

Los cocientes lo dicen de una vez: (0,20 mol) ÷ 1 = 0,20 frente a (0,25 mol) ÷ 2 = 0,125, y el menor manda. Mirar únicamente las cantidades, sin dividir entre los coeficientes, llevaría a señalar el cinc.

Y comparar masas engaña todavía más: hay 13,0 g de uno y 9,125 g del otro. Aquí el limitante resulta ser precisamente el de menor masa, y esa coincidencia es justo lo que hace engañosa la comparación: la masa no entra en el criterio, así que en otra reacción el orden saldría al revés.

(c) Para gastar los 0,20 mol de cinc harían falta 2 × 0,20 mol = 0,40 mol de cloruro de hidrógeno. Eso son 14,6 g. Con los 0,25 mol disponibles se queda a poco más de la mitad.

▲ De aquí sale la regla de trabajo del tema: el reactivo limitante no se elige mirando cuál hay en menor cantidad ni cuál pesa menos, sino comparando los cocientes entre moles y coeficientes. Es el criterio que sigue valiendo cuando los coeficientes son distintos.

(a) El calor que gana una masa de agua se calcula con Q = m · c · ΔT, y el salto de temperatura vale 45,0 °C − 20,0 °C = 25,0 °C.

Q = (200 g) × (4,18 J/(g · °C)) × (25,0 °C) = 20.900 J, es decir 20,9 kJ. Los gramos y los grados se simplifican y queda energía.

(b) Esa energía la ha cedido la reacción, y para la reacción el signo se invierte: al quemar 0,0250 mol ha desprendido 20,9 kJ. El ensayo se hace a presión constante, y es eso lo que permite llamar ΔH a ese calor.

Por cada mol: ΔH = (− 20,9 kJ) ÷ (0,0250 mol) = − 836 kJ/mol. Ese menos forma parte del resultado y dice que la combustión es exotérmica.

(c) Se está suponiendo que todo el calor de la reacción pasa al agua. También, que no se pierde nada por las paredes ni se emplea en calentar el recipiente. En un ensayo real parte del calor se queda por el camino. Este método da entonces un valor algo menor en valor absoluto que el verdadero.

▲ Lo que la calorimetría mide directamente es el calor que aparece en el agua; la entalpía por mol se deduce de ahí dividiendo entre la cantidad de sustancia quemada. Confundir las dos cosas lleva a dar 20,9 kJ como entalpía de la reacción. Y ese número es el calor de esa muestra concreta, no el valor por mol.

Antes de calcular conviene comprobar que la ecuación está ajustada, contando átomos a los dos lados: carbonos, 4 y 4; hidrógenos, 10 y 10; oxígenos, 13 a la izquierda y 8 + 5 = 13 a la derecha. El coeficiente fraccionario no es un problema: significa que la ecuación está escrita por mol de butano.

(a) M = 4 × (12 g/mol) + 10 × (1 g/mol) = 48 g/mol + 10 g/mol = 58 g/mol. Y n = (29,0 g) ÷ (58 g/mol) = 0,50 mol.

(b) La entalpía está dada por mol de butano, así que el calor se obtiene por proporción: Q = (0,50 mol) × (− 2.878 kJ/mol) = − 1.439 kJ.

El menos señala que esa energía sale del sistema. Si se prefiere hablar de calor desprendido, se dice que se desprenden 1.439 kJ. Pero el valor que se escribe como ΔH lleva el signo menos.

(c) La ecuación da 4 mol de dióxido de carbono por cada mol de butano: n = 4 × 0,50 mol = 2,0 mol. Su masa molar es (12 g/mol) + 2 × (16 g/mol) = 44 g/mol.

m = (2,0 mol) × (44 g/mol) = 88 g. ▲ Media bombona no desprende la mitad de energía por casualidad: la entalpía va referida a la ecuación ajustada, y por eso se reparte en proporción igual que las masas.

(a) Para el butano, cuya masa molar es 58 g/mol: (2.878 kJ/mol) ÷ (58 g/mol) = 49,62 kJ/g.

Para el hidrógeno molecular, cuya masa molar es 2 × (1 g/mol) = 2 g/mol: (286 kJ/mol) ÷ (2 g/mol) = 143 kJ/g.

(b) Libera más por gramo el hidrógeno, casi tres veces más: el cociente entre los dos valores es (143 kJ/g) ÷ (49,62 kJ/g) = 2,88.

El orden se invierte al mirar por mol, donde el butano gana con mucha diferencia. No hay contradicción: son dos comparaciones distintas, y por eso conviene decir siempre respecto a qué se compara.

(c) No se deduce. Que las dos entalpías sean negativas dice que las dos combustiones desprenden calor, y con eso solo no se decide si la reacción está favorecida. Y la chispa es otra cosa: que una mezcla de butano y aire pueda estar quieta indefinidamente hasta que alguien la enciende no habla de la energía del proceso, sino de que hace falta un empujón inicial para que arranque.

▲ Si una reacción está favorecida a temperatura y presión constantes lo decide otra magnitud, que tiene en cuenta el calor y además el reparto de las partículas y se estudia en el curso siguiente. Y aunque lo esté, esa magnitud tampoco dice cuánto va a tardar: eso depende del empujón inicial que necesite. En este curso la entalpía responde a cuánta energía aparece, y hasta ahí llega.

(a) Dos carbonos unidos por un enlace sencillo: raíz et- y terminación -ano, es decir etano.

(b) Tres carbonos y un doble enlace: raíz prop- y terminación -eno, es decir propeno. El doble enlace arranca en el primer carbono, así que no hace falta añadir localizador.

(c) Otros tres carbonos, esta vez con un triple enlace, escrito con el símbolo ≡: propino.

(d) Cuatro carbonos con el grupo −CO− en el segundo, de modo que la terminación es -ona: butanona. Poner ese grupo en un extremo daría otra familia, la de los aldehídos. Y colocarlo en el tercer carbono devolvería la misma sustancia leída del revés.

▲ El recuento de hidrógenos distingue las terminaciones y sirve de control: el etano es C₂H₆, el propeno C₃H₆ y el propino C₃H₄. Respecto al alcano de los mismos carbonos, un doble enlace quita dos hidrógenos y un triple quita cuatro, porque el carbono forma siempre cuatro enlaces.

(a) Prop- indica tres carbonos, la terminación -ol señala un alcohol y el dos dice en qué carbono está: CH₃−CHOH−CH₃, con el grupo −OH.

(b) Etanoico son dos carbonos con el grupo del ácido en un extremo: CH₃−COOH, con el grupo −COOH. Ese carbono del grupo cuenta como uno de los dos de la cadena.

(c) La terminación -ona indica cetona, y con tres carbonos el grupo solo puede quedar en el del medio: CH₃−CO−CH₃, con el grupo −CO−.

(d) Etil- son dos carbonos y la terminación -amina señala el grupo nitrogenado: CH₃−CH₂−NH₂, con el grupo −NH₂.

▲ Un hidrocarburo solo tiene carbono e hidrógeno; en cuanto aparece otro elemento hay algo más que la cadena. Los grupos funcionales de este curso deciden la terminación del nombre y buena parte del comportamiento del compuesto, pero no todo sustituyente lo hace: un halógeno se nombra como prefijo y deja intacta la terminación del hidrocarburo.

(a) El grupo que aparece al final de la cadena es −OH, así que se trata de un alcohol. Contando átomos en la fórmula escrita en línea salen dos carbonos, seis hidrógenos y un oxígeno, o sea C₂H₆O.

(b) M = 2 × (12 g/mol) + 6 × (1 g/mol) + (16 g/mol) = 24 g/mol + 6 g/mol + 16 g/mol = 46 g/mol.

(c) En una combustión completa todo el carbono acaba en dióxido de carbono y todo el hidrógeno en agua. Ajustando por ese orden queda C₂H₆O + 3 O₂ → 2 CO₂ + 3 H₂O.

Recuento a los dos lados: carbonos, 2 y 2; hidrógenos, 6 y 6; oxígenos, 1 + 6 = 7 a la izquierda y 4 + 3 = 7 a la derecha. El oxígeno del alcohol cuenta, y olvidarlo descuadra el ajuste.

Los moles de etanol son n = (23 g) ÷ (46 g/mol) = 0,50 mol. De ahí salen 2 × 0,50 mol = 1,0 mol de dióxido de carbono. Con su masa molar de 44 g/mol, m = (1,0 mol) × (44 g/mol) = 44 g.

▲ Merece la pena mirar el balance de masas del conjunto: entran 23 g de etanol y 1,5 mol de oxígeno, que son 48 g; en total, 71 g. Salen 44 g de dióxido de carbono y 1,5 mol de agua, que son 27 g: otra vez 71 g. Si esa suma no cuadrara habría una inconsistencia que hay que buscar: puede estar mal el ajuste, y puede estarlo una masa molar o una de las multiplicaciones.