Examen de Física i Química — Múrcia 2025: enunciat i solució comentada

La part A de la primera prova de l'oposició de Física i Química de Múrcia de 2025 va plantejar sis supòsits pràctics: inducció electromagnètica en un circuit semicircular giratori, composició de moviments en una grua, dinàmica del sòlid rígid amb esfera i politja, una elucidació estructural orgànica de nou compostos, solubilitat de l'hidròxid de calci i una valoració redox indirecta amb tiosulfat. A baix tens l'enunciat i la resolució dels sis.

Font de l'enunciat. Document oficial de la Conselleria d'Educació i Formació Professional de la Regió de Múrcia, procediments selectius 2025, cos de Professors d'Ensenyament Secundari, especialitat Física i Química (59007). Les solucions són d'elaboració pròpia; no procedeixen de criteris de correcció oficials ni de cap acadèmia.

Exercici 1 — Circuit semicircular giratori en un camp limitat

Enunciat

(1,7 punts) En una regió espacial situada per damunt del pla $z = 0$ existeix un camp magnètic uniforme i constant en el temps, amb direcció paral·lela a l'eix horitzontal X i sentit positiu, de mòdul $B$. Sobre el pla $x = 0$ se situa un circuit pla amb forma d'arc circular de radi $R$ i la seua corresponent corda, formant així una figura semicircular amb centre en un punt fix O. El material del circuit és homogeni, amb una resistència de $\rho = \dfrac{1}{2+\pi}$ ohms per unitat de longitud. Este conjunt es posa en rotació constant en el seu propi pla, al voltant d'O, amb velocitat angular $\vec\omega = \dfrac{\pi}{2}\,\hat\imath\ \mathrm{(rad/s)}$, girant de manera que en l'instant inicial la corda coincideix amb l'eix Y i l'arc es troba íntegrament en la regió $z > 0$. Es demana:

• a) (30 %) Determinar la intensitat i sentit del corrent induït en el circuit com a funció del temps. Representar-la gràficament, considerant positiu el sentit contrari al de les agulles del rellotge.
• b) (70 %) Calcular la força exercida pel camp magnètic sobre el circuit en cada instant.

Exercici 1

Geometria: només la part del semicercle amb z > 0 rep flux

O

Y

Z

B (+X)

z < 0: sense camp

θ

Solució

a) Corrent induït

Àrea efectiva. El camp només existeix en $z>0$, així que el flux el produeix únicament la part del semicercle situada per damunt del pla $z=0$. Mesurant l'angle $\varphi$ en el pla YZ des de l' eix +Y, la regió semicircular ocupa en cada instant l'interval $[\theta,\ \theta+\pi]$, amb $\theta = \omega t$. La seua intersecció amb la regió de camp, $[0,\pi]$, té amplitud angular $\pi-\theta$ mentre $0\le\theta\le\pi$, i $\theta-\pi$ mentre $\pi\le\theta\le 2\pi$. L'àrea, que és la d'un sector circular, resulta

$$A(t) = \tfrac{1}{2}R^2\,\big|\pi - \omega t\big|_\text{(periòdica)} \;\Longrightarrow\; \Phi = B\,A(t)$$

és a dir, una ona triangular: el flux decreix linealment durant mitja volta i creix linealment durant l'altra mitja. Com que el seu pendent és constant a trossos, la força electromotriu és una ona quadrada:

$$|\varepsilon| = \left|\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\right| = \frac{1}{2}BR^2\omega = \frac{1}{2}BR^2\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi BR^2}{4}$$

Resistència del circuit. Ací està la raó del valor tan peculiar de $\rho$: el perímetre és el de l'arc més el de la corda (que és un diàmetre), $\pi R + 2R = R(\pi+2)$, de manera que

$$R_\text{circuit} = \rho\,\ell = \frac{1}{2+\pi}\cdot R(\pi+2) = R\ \ \Omega$$

numèricament igual al radi. La intensitat és, per tant,

$$\boxed{\;|I| = \frac{|\varepsilon|}{R_\text{circuit}} = \frac{\pi B R^2/4}{R} = \frac{\pi B R}{4}\;}$$

Sentit i període. El període de rotació és $T = 2\pi/\omega = 4\ \mathrm{s}$. Durant els dos primers segons l'àrea en el camp disminueix, així que per la llei de Lenz el corrent circula en el sentit que manté el flux, és a dir el positiu (antihorari); durant els dos següents l'àrea creix i el corrent s'inverteix:

$$I(t) = \begin{cases} +\dfrac{\pi BR}{4} & 0 < t < 2\ \mathrm{s}\\[2mm] -\dfrac{\pi BR}{4} & 2 < t < 4\ \mathrm{s} \end{cases} \qquad\text{(periòdica, } T = 4\ \mathrm{s)}$$

Exercici 1a

Intensitat induïda enfront del temps: ona quadrada de període 4 s

2

4

6

8

+πBR/4

−πBR/4

t (s)

I

b) Força magnètica sobre el circuit

La força sobre un conductor recorregut per un corrent $I$ en un camp uniforme depén només del vector que uneix els extrems del tram submergit en el camp:

$$\vec F = I\int \mathrm{d}\vec\ell\times\vec B = I\,\Delta\vec\ell\times\vec B$$

El tram amb camp comença i acaba on el circuit talla el pla $z=0$: un d'eixos punts és sempre O (la corda passa pel centre) i l'altre és l'extrem de l'arc sobre l'eix Y, a distància $R$ d'O. Per tant $|\Delta\vec\ell| = R$, dirigit al llarg de l'eix Y, en tot instant. Amb $\vec B = B\,\hat\imath$:

$$\vec F = I\,(-R\,\hat\jmath)\times(B\,\hat\imath) = I\,R\,B\;\hat k$$ $$\boxed{\;|\vec F| = |I|\,B\,R = \frac{\pi BR}{4}\cdot B\cdot R = \frac{\pi B^2R^2}{4}\;}$$

La força és de mòdul constant, perpendicular al pla del circuit i al camp (direcció Z), i canvia de sentit cada 2 s en fase amb el corrent. És un resultat elegant: encara que la geometria del tram submergit canvie contínuament, només importa el vector extrem-a-extrem, que es manté igual.

Exercici 2 — Composició de moviments en una grua

Enunciat

(1,7 punts) Una grua gira amb velocitat angular constant $\omega_1$ segons el seu eix vertical, a la vegada que el seu braç AB de longitud $L$ s'eleva molt lentament amb una velocitat angular constant $\omega_2$. La massa $M$ situada en la vertical que passa per B puja respecte al braç amb velocitat constant $v$. Es demana, per moviment relatiu:

• a) (30 %) La velocitat absoluta de la massa $M$.
• b) (70 %) L'acceleració absoluta de la massa $M$.

Solució

Model adoptat. L'enunciat no acompanya figura, així que fixem el sistema explícitament: origen en A (peu del braç), $\hat k$ vertical cap amunt, $\hat\imath$ en la direcció de la projecció horitzontal del braç en l'instant considerat i $\hat\jmath = \hat k\times\hat\imath$. El braç forma un angle $\phi$ amb l'horitzontal, de manera que $\vec r_B = L(\cos\phi,\,0,\,\mathrm{sen}\,\phi)$, i la càrrega penja de B a una distància $d$, amb $\vec r_M = (x,\,0,\,z)$, $x = L\cos\phi$, $z = L\,\mathrm{sen}\,\phi - d$. El sòlid d' arrossegament és l'estructura de la grua i el moviment relatiu és l'hissat, vertical i de mòdul constant $v$: $\vec v_\text{rel} = v\,\hat k$, $\vec a_\text{rel} = \vec 0$.

Velocitat angular d'arrossegament. La grua gira al voltant de la vertical amb $\omega_1$ i el braç s' eleva al voltant de l'eix horitzontal perpendicular al seu pla vertical amb $\omega_2$ (el signe negatiu correspon al fet que $\phi$ creix):

$$\vec\Omega = \omega_1\hat k - \omega_2\hat\jmath$$

Com que $\hat\jmath$ acompanya el gir de la grua, $\dfrac{\mathrm{d}\hat\jmath}{\mathrm{d}t} = \omega_1\hat k\times\hat\jmath = -\omega_1\hat\imath$, i per tant

$$\dot{\vec\Omega} = \omega_1\omega_2\,\hat\imath$$

a) Velocitat absoluta

$$\vec v_\text{abs} = \underbrace{\vec\Omega\times\vec r_M}_{\text{arrossegament}} + \vec v_\text{rel} = (-\omega_2 z,\ \ \omega_1 x,\ \ \omega_2 x) + (0,0,v)$$ $$\boxed{\;\vec v_\text{abs} = -\omega_2 z\,\hat\imath + \omega_1 x\,\hat\jmath + (\omega_2 x + v)\,\hat k\;}$$

Cada terme té lectura física directa: $\omega_1 x$ és la velocitat tangencial pel gir de la grua; $\omega_2 x$ és l'ascens per l'elevació del braç, que se suma a l'hissat $v$; i $-\omega_2 z$ és l'acostament horitzontal a l'eix, també per l'elevació.

b) Acceleració absoluta

$$\vec a_\text{abs} = \underbrace{\dot{\vec\Omega}\times\vec r_M + \vec\Omega\times(\vec\Omega\times\vec r_M)}_{\text{arrossegament}} + \underbrace{2\vec\Omega\times\vec v_\text{rel}}_{\text{Coriolis}} + \underbrace{\vec a_\text{rel}}_{=\,0}$$

Terme a terme:

$$\dot{\vec\Omega}\times\vec r_M = (0,\ -\omega_1\omega_2 z,\ 0)$$ $$\vec\Omega\times(\vec\Omega\times\vec r_M) = \big(-(\omega_1^2+\omega_2^2)x,\ -\omega_1\omega_2 z,\ -\omega_2^2 z\big)$$ $$2\vec\Omega\times\vec v_\text{rel} = (-2\omega_2 v,\ 0,\ 0)$$

Sumant:

$$\boxed{\;\vec a_\text{abs} = -\big[(\omega_1^2+\omega_2^2)x + 2\omega_2 v\big]\hat\imath \; - \;2\omega_1\omega_2 z\,\hat\jmath \; - \;\omega_2^2 z\,\hat k\;}$$

El terme $-2\omega_2 v\,\hat\imath$ és l'acceleració de Coriolis, que apareix precisament perquè la càrrega es mou (hissat) dins d'un sistema que rota: és la responsable que la càrrega tendisca a «avançar-se» respecte del braç, un efecte molt real en les grues i la raó que es hissen les càrregues amb el gir aturat sempre que és possible.

Exercici 3 — Esfera rodolant, politja i massa penjant

Enunciat

(1,6 punts) Un cos esfèric sòlid i homogeni, de radi $2R$ i massa $M$, es troba recolzat sobre una superfície horitzontal amb fricció que li permet rodolar sense lliscament. Des del seu interior, travessat per una guia buida rígida, emergeix un filament flexible que s'estén lateralment cap a una estructura giratòria fixa: un disc acanalat de massa $M$ i radi $R$, muntat sobre un eix que li permet rotar lliurement en un pla vertical. De l'extrem lliure del filament penja una càrrega puntual d'igual massa que el disc. Determineu l'acceleració del centre de masses de l'esfera quan el sistema comence a moure's, en funció de $M$, $R$ i $g$.

Exercici 3

Esfera (2R, M) estirada des del seu centre, politja-disc (R, M) i càrrega penjant (M)

M, 2R

M, R

M

T₁

T₂

f (frec)

Solució

Siga $a$ l'acceleració del centre de l'esfera. Com que el fil és inextensible i ix pel centre de l'esfera, eixe mateix $a$ és el de la perifèria de la politja i el de la càrrega penjant.

Esfera ($M$, radi $2R$, rodolament sense lliscament). La tensió $T_1$ actua en el centre de masses, així que no produeix parell; l'únic parell respecte al centre el dona el frec $f$ en el punt de contacte. Amb $I = \tfrac{2}{5}M(2R)^2 = \tfrac{8}{5}MR^2$ i la condició de rodolament $\alpha = a/(2R)$:

$$\text{translació:}\quad T_1 + f = Ma; \qquad \text{rotació:}\quad -f\,(2R) = I\,\alpha = \tfrac{8}{5}MR^2\cdot\frac{a}{2R}$$

d'on $f = -\tfrac{2}{5}Ma$ (el frec apunta cap arrere) i

$$T_1 = Ma - f = Ma + \tfrac{2}{5}Ma = \tfrac{7}{5}Ma$$

Politja-disc ($M$, radi $R$, $I = \tfrac{1}{2}MR^2$).

$$(T_2 - T_1)R = \tfrac{1}{2}MR^2\cdot\frac{a}{R} \;\Longrightarrow\; T_2 - T_1 = \tfrac{1}{2}Ma$$

Càrrega penjant ($M$).

$$Mg - T_2 = Ma \;\Longrightarrow\; T_2 = M(g-a)$$

Combinant les tres:

$$M(g-a) - \tfrac{7}{5}Ma = \tfrac{1}{2}Ma \;\Longrightarrow\; Mg = Ma\left(1 + \tfrac{7}{5} + \tfrac{1}{2}\right) = \tfrac{29}{10}Ma$$ $$\boxed{\;a = \frac{10\,g}{29} = 0{,}345\,g \approx 3{,}38\ \mathrm{m\,s^{-2}}\;}$$

Dos comentaris que convé fer explícits: el resultat no depén ni de $M$ ni de $R$ (totes les masses són iguals i els radis es cancel·len amb les condicions de rodolament), i el denominador $29/10$ es llig com la suma de les «masses efectives»: $1$ de la càrrega, $7/5$ de l'esfera que rodola i $1/2$ del disc.

Exercici 4 — Elucidació estructural ($\ce{C8H10O}$)

Enunciat

(1,7 punts) Es disposa d'un líquid incolor A, de fórmula $\ce{C8H10O}$, insoluble en aigua, que reacciona vigorosament amb sodi metàl·lic desprenent un gas, però no dona precipitat platejat amb el reactiu de Tollens. Tractat amb òxid cròmic en presència de piridina, A es transforma en B, que sí que dona positiu amb Tollens. Si B reacciona amb un halogenur d'alquilmagnesi R–MgX (amb R = metil) i posterior hidròlisi, s'obté C. Este, oxidat amb dicromat en medi àcid a baixa temperatura, condueix a D. El compost D, en les condicions clàssiques de l'assaig del haloform, dona un precipitat groc E i un líquid F que desprén bombolles de gas en afegir-li bicarbonat sòdic. D'altra banda, si B s'oxida directament amb dicromat sòdic en medi àcid i baixa temperatura, també es forma F. Quan F es tracta amb clorur de tionil, seguit d' etanol en medi bàsic, es forma G. Este G, en presència d'etòxid de sodi, dona lloc a etanol i un nou compost H, que per hidròlisi i escalfament prolongat perd $\ce{CO2}$ i es converteix en I. El compost I no respon a l'assaig de Tollens, però sí que produeix precipitat amb 2,4-DNPH. Es demana l'estructura dels compostos indicats.

Solució

Punt de partida

$\ce{C8H10O}$ té $\dfrac{2\cdot 8+2-10}{2} = 4$ graus d'insaturació: un anell benzènic. Que reaccione amb sodi desprenent gas ($\ce{H2}$) delata un $\ce{-OH}$; que no done Tollens descarta aldehid; i que l'oxidació suau amb $\ce{CrO3}$/piridina (reactiu de Collins, que es deté en l'aldehid) produïsca un compost que sí que dona Tollens obliga que A siga un alcohol primari aromàtic.

La pista decisiva: la condensació de Claisen

El pas $G + \ce{NaOEt} \rightarrow$ etanol + H és una condensació de Claisen, que exigeix que l' èster G tinga hidrògens en $\alpha$. Això descarta els alcohols benzílics substituïts (com el 4-metilbenzílic, l'èster del qual seria un benzoat sense $\alpha$-H) i fixa A com el 2-feniletanol, $\ce{C6H5-CH2CH2OH}$. A partir d'ací tot encaixa:

| | Compost | Estructura | | ----- | -------------------------------- | ----------------------------------- | | A | 2-feniletanol | $\ce{C6H5-CH2-CH2OH}$ | | B | fenilacetaldehid | $\ce{C6H5-CH2-CHO}$ | | C | 1-fenil-2-propanol | $\ce{C6H5-CH2-CH(OH)-CH3}$ | | D | 1-fenil-2-propanona | $\ce{C6H5-CH2-CO-CH3}$ | | E | iodoform | $\ce{CHI3}$ (precipitat groc) | | F | àcid fenilacètic | $\ce{C6H5-CH2-COOH}$ | | G | fenilacetat d'etil | $\ce{C6H5-CH2-COOC2H5}$ | | H | 2,4-difenil-3-oxobutanoat d'etil | $\ce{C6H5-CH2-CO-CH(C6H5)-COOC2H5}$ | | I | 1,3-difenilpropan-2-ona | $\ce{C6H5-CH2-CO-CH2-C6H5}$ |

Justificació pas a pas

• A → B. $\ce{CrO3}$/piridina oxida l'alcohol primari només fins a aldehid; per això B dona Tollens positiu.
• B → C. El reactiu de Grignard $\ce{CH3MgX}$ addiciona un metil al carbonil; la hidròlisi allibera l'alcohol secundari C.
• C → D. El dicromat en medi àcid oxida l'alcohol secundari a cetona.
• D → E + F. D és una metilcetona, requisit de l'assaig del haloform: es forma iodoform (E, precipitat groc característic) i l'àcid carboxílic F, que efervesceix amb bicarbonat (desprén $\ce{CO2}$), confirmant el grup $\ce{-COOH}$.
• B → F. L'oxidació enèrgica de l'aldehid dona el mateix àcid, cosa que confirma que D i B comparteixen l'esquelet $\ce{C6H5CH2-}$: una comprovació creuada molt elegant de l'enunciat.
• F → G. $\ce{SOCl2}$ converteix l'àcid en clorur d'acil, i l'etanol en medi bàsic l' esterifica.
• G → H. Condensació de Claisen: l'etòxid arranca un $\alpha$-H de G, i el carbanió ataca una altra molècula d'èster expulsant etanol. S'obté un $\beta$-cetoèster.
• H → I. La hidròlisi de l'èster dona un $\beta$-cetoàcid, que en escalfar descarboxila (perd $\ce{CO2}$ per un estat de transició cíclic de sis membres) donant la cetona simètrica I, que no dona Tollens (no és aldehid) però sí que precipita amb 2,4-DNPH (és carbonil).

Exercici 5 — Solubilitat de l'hidròxid de calci

Enunciat

(1,7 punts) La solubilitat de l'hidròxid de calci en aigua canvia molt amb la temperatura, tenint un valor d'$1{,}85\ \mathrm{g\,L^{-1}}$ a 0 ºC i $0{,}77\ \mathrm{g\,L^{-1}}$ a 100 ºC. Es demana:

• a) (50 %) El pH de la dissolució saturada d'este hidròxid a 25 ºC.
• b) (50 %) Si es mesclen 40 mL de $\ce{NH3}$ 1,5 M amb 10 mL de $\ce{CaCl2}$ 0,1 M a 25 ºC, precipitarà hidròxid de calci? ($K_b(\ce{NH3}) = 1{,}81\cdot 10^{-5}$)

Solució

a) pH de la dissolució saturada a 25 ºC

L'enunciat no dona la solubilitat a 25 ºC: cal obtindre-la dels dos valors disponibles. Amb $M(\ce{Ca(OH)2}) = 74{,}1\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$:

$$s(0\ ^\circ\mathrm{C}) = \frac{1{,}85}{74{,}1} = 2{,}50\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M};\qquad s(100\ ^\circ\mathrm{C}) = \frac{0{,}77}{74{,}1} = 1{,}04\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$

i com que $\ce{Ca(OH)2 <=> Ca^2+ + 2 OH-}$ dona $K_{ps} = 4s^3$:

$$K_{ps}(0\ ^\circ\mathrm{C}) = 6{,}23\cdot 10^{-5};\qquad K_{ps}(100\ ^\circ\mathrm{C}) = 4{,}49\cdot 10^{-6}$$

Via rigorosa (Van't Hoff). Amb dues constants a dues temperatures s'obté l'entalpia de dissolució i amb ella el valor a 298 K:

$$\ln\frac{K_2}{K_1} = -\frac{\Delta H^\circ}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right) \;\Longrightarrow\; \Delta H^\circ = -22{,}3\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$

negativa, exotèrmica, coherent amb el fet que la solubilitat baixe en escalfar (comportament invers a l'habitual, i la raó que l'aigua de calç s'entèrbolisca en escalfar-la). Extrapolant a 298 K:

$$K_{ps}(25\ ^\circ\mathrm{C}) = 2{,}73\cdot 10^{-5} \;\Longrightarrow\; s = \sqrt[3]{\frac{K_{ps}}{4}} = 1{,}90\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$ $$[\ce{OH-}] = 2s = 3{,}80\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M} \;\Longrightarrow\; \mathrm{pOH} = 1{,}42 \;\Longrightarrow\; \boxed{\mathrm{pH} = 12{,}58}$$

(Una interpolació lineal directa de la solubilitat donaria $s = 2{,}13\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$ i $\mathrm{pH} = 12{,}63$: la diferència és de només 0,05 unitats, així que ambdues vies són defensables; la de Van't Hoff és la que té fonament termodinàmic.)

b) Precipita en mesclar amoníac i clorur de calci?

Després de la mescla, el volum total és 50 mL:

$$[\ce{NH3}] = \frac{1{,}5\cdot 40}{50} = 1{,}20\ \mathrm{M};\qquad [\ce{Ca^2+}] = \frac{0{,}1\cdot 10}{50} = 2{,}0\cdot 10^{-2}\ \mathrm{M}$$

L'amoníac és una base feble, $\ce{NH3 + H2O <=> NH4+ + OH-}$:

$$[\ce{OH-}] = \sqrt{K_b\,c} = \sqrt{1{,}81\cdot 10^{-5}\cdot 1{,}20} = 4{,}66\cdot 10^{-3}\ \mathrm{M}$$

El quocient de reacció per a l'hidròxid de calci val

$$Q = [\ce{Ca^2+}][\ce{OH-}]^2 = 2{,}0\cdot 10^{-2}\cdot(4{,}66\cdot 10^{-3})^2 = 4{,}3\cdot 10^{-7}$$ $$Q = 4{,}3\cdot 10^{-7} \;\ll\; K_{ps} = 2{,}7\cdot 10^{-5}$$

Com que $Q < K_{ps}$, no precipita hidròxid de calci: falta un factor d'unes 60 vegades. La conclusió és robusta, perquè es manté fins i tot usant el $K_{ps}$ de la interpolació lineal ($3{,}9\cdot 10^{-5}$). Físicament: l'amoníac és una base massa feble per a generar el $\ce{OH-}$ que exigiria precipitar el calci; caldria una base forta.

Exercici 6 — Valoració redox indirecta amb tiosulfat

Enunciat

(1,6 punts) Una mostra de 0,2400 g d'una mescla sòlida que conté només permanganat de potassi i cromat de potassi es tracta en medi àcid amb iodur de potassi, alliberant prou iode per a reaccionar amb 60,00 mL de tiosulfat 0,1000 M. Es demanen els percentatges de Cr i de Mn en la mostra.

Masses molars: S 32,1; K 39,1; Cr 52; Mn 54,94; I 126,9 g/mol.

Solució

Plantejament per equivalents d'electrons

Les tres etapes del procés són:

$$\ce{MnO4- + 8 H+ + 5 e- -> Mn^2+ + 4 H2O} \qquad (5\ e^-\ \text{per Mn})$$ $$\ce{Cr2O7^2- + 14 H+ + 6 e- -> 2 Cr^3+ + 7 H2O} \qquad (3\ e^-\ \text{per Cr})$$ $$\ce{2 I- -> I2 + 2 e-}; \qquad \ce{I2 + 2 S2O3^2- -> 2 I- + S4O6^2-}$$

La clau és que cada mol de tiosulfat equival a un mol d'electrons: els electrons que capturen els oxidants alliberen la meitat de mols de $\ce{I2}$, i cada $\ce{I2}$ consumeix dos tiosulfats. Per tant, anomenant $x$ els mols de $\ce{KMnO4}$ i $y$ els de $\ce{K2CrO4}$ (en medi àcid el cromat passa a dicromat, però l'estat d'oxidació del Cr segueix sent +6):

$$5x + 3y = n(\ce{S2O3^2-}) = 0{,}06000\cdot 0{,}1000 = 6{,}000\cdot 10^{-3}\ \mathrm{mol}$$

i la segona equació és la massa, amb $M(\ce{KMnO4}) = 158{,}04$ i $M(\ce{K2CrO4}) = 194{,}20\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$ (prenent O = 16,00, dada que l'enunciat omet):

$$158{,}04\,x + 194{,}20\,y = 0{,}2400\ \mathrm{g}$$

Resolució

$$x = 8{,}960\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol\ de\ }\ce{KMnO4};\qquad y = 5{,}067\cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol\ de\ }\ce{K2CrO4}$$

Comprovació de la massa: $0{,}1416 + 0{,}0984 = 0{,}2400\ \mathrm{g}$ ✔

$$\%\,\mathrm{Mn} = \frac{8{,}960\cdot 10^{-4}\cdot 54{,}94}{0{,}2400}\cdot 100 = \boxed{20{,}5\ \%}$$ $$\%\,\mathrm{Cr} = \frac{5{,}067\cdot 10^{-4}\cdot 52{,}0}{0{,}2400}\cdot 100 = \boxed{11{,}0\ \%}$$

Val la pena destacar l'estalvi que suposa raonar per equivalents: no cal escriure les reaccions moleculars completes ni calcular el iode intermedi, n'hi ha prou amb comptabilitzar electrons.

Comentari global de l'exercici

Múrcia opta per sis problemes curts però molt densos, amb un pes important de la física del sòlid rígid i de l'electromagnetisme, i una química que exigeix tant càlcul com raonament estructural. Tres claus:

1. Els enunciats amaguen simplificacions deliberades. En l'exercici 1, la resistència per unitat de longitud $1/(2+\pi)$ està triada perquè la resistència total siga exactament $R$; en el 3, el fil ix pel centre de l'esfera perquè la seua tensió no done parell. Detectar estos detalls estalvia molt de temps.
2. L'exercici 4 es resol des del final. La condensació de Claisen és el que obliga que hi haja hidrògens en $\alpha$ i descarta l'alcohol benzílic: convé llegir les nou pistes abans de dibuixar res.
3. Quan falta una dada, cal construir-la i dir-ho. L'exercici 5 no dona la solubilitat a 25 ºC: obtindre-la per Van't Hoff (i comentar que la interpolació lineal dona una cosa semblant) és preferible a suposar-la sense justificació.