Examen de Física y Química — Madrid 2025: enunciado y solución comentada

El ejercicio práctico de la oposición de Física y Química de la Comunidad de Madrid de 2025 constó de seis problemas, calificados de 0 a 10 puntos cada uno, siendo la nota del ejercicio la media aritmética de los seis. Tres problemas fueron de química (equilibrio y ácido-base, termodinámica de un gas ideal y equilibrios de solubilidad con formación de complejos) y tres de física (dinámica de rotación, ondas estacionarias y electrostática con la ley de Gauss). Abajo tienes el enunciado completo y la resolución paso a paso de cada uno.

Fuente del enunciado. Documento oficial del proceso selectivo SEC-FP-RE 2025, cuerpo 590, especialidad 007 (Física y Química), Comunidad de Madrid, prueba celebrada el 21 de junio de 2025. El enunciado se reproduce por su interés informativo; las soluciones son de elaboración propia y no proceden de los criterios de corrección oficiales ni de ninguna academia.

Instrucciones originales. «Han de resolverse los SEIS PROBLEMAS, cada uno de los cuales se calificará de 0 a 10 puntos. En caso de tener varios apartados, la calificación de cada uno de ellos será la que figure en el texto y de no figurar ninguna se entenderá el mismo valor para todos. La calificación del ejercicio será la correspondiente a la media de las puntuaciones obtenidas en cada uno de los problemas.»

Problema 1 — Equilibrio en fase gaseosa, fórmula molecular y pH

Enunciado

En un recipiente de 10 litros se introducen 2 mol de una sustancia A y 1 mol de B, que se transforman en C de acuerdo a la siguiente reacción:

Después de calentar a 227 ºC, se llega a un equilibrio en el que el número de moles de B es igual al de C.

• a) Calcule los moles de cada componente en el equilibrio, el valor de la presión parcial de B, y la presión total en el recipiente cuando se alcanza el equilibrio. (2 puntos)
• b) Determine los valores de las constantes de equilibrio $K_c$ y $K_p$. (1 punto)
• c) El análisis elemental de la sustancia C indica que está formada exclusivamente por nitrógeno e hidrógeno y que contiene un 82,5 % de nitrógeno. Además, se sabe que $5{,}24\cdot 10^{-2}\ \mathrm{dm^3}$ del compuesto C tienen $1{,}35\cdot 10^{24}$ moléculas. Determine la fórmula molecular y empírica de C. Nombre el compuesto. (2 puntos)
• d) Todo el compuesto C que hay tras el equilibrio alcanzado en el apartado a) se extrae y reacciona exactamente con 320 mL de una disolución de ácido clorhídrico. Calcule: (2,5 puntos) d.1) la concentración molar de la disolución de ácido clorhídrico; d.2) el pH de la disolución resultante.
• e) Una vez alcanzado el equilibrio se introduce en el matraz de reacción 0,1 mol del compuesto C. Justifique hacia dónde se desplazaría el equilibrio y qué pasaría con la concentración de A. (1 punto)
• f) Justifique, haciendo referencia a su enlace, geometría molecular, fuerzas intermoleculares y carácter polar o apolar, la alta o baja solubilidad del compuesto C en agua. (1,5 puntos)

Datos: masas atómicas relativas $A_r(\mathrm{H}) = 1{,}01$, $A_r(\mathrm{N}) = 14{,}01$; constante de basicidad del compuesto C, $pK_b = 4{,}75$; constante de los gases ideales $R = 0{,}082\ \mathrm{atm\,L\,K^{-1}mol^{-1}} = 8{,}31\ \mathrm{J\,K^{-1}mol^{-1}}$; densidad del compuesto C, $d = 0{,}73\ \mathrm{kg/m^3}$; número de Avogadro $6{,}022\cdot 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$.

Solución

a) Composición en el equilibrio y presiones

Planteamos la tabla de moles con el grado de avance $x$ (moles de A que reaccionan):

La condición del enunciado, $n_\mathrm{B} = n_\mathrm{C}$, fija el avance:

Con $T = 227\ ^\circ\mathrm{C} = 500\ \mathrm{K}$ y $V = 10\ \mathrm{L}$, la ecuación de los gases ideales da directamente la presión parcial de B y la presión total:

Nótese que la presión ha bajado respecto de la inicial ($3{,}00\ \mathrm{mol} \to 12{,}30\ \mathrm{atm}$), como corresponde a una reacción que consume 4 mol de gas y produce solo 2.

b) Constantes de equilibrio

Las concentraciones en el equilibrio son $[\mathrm{A}] = 0{,}180$, $[\mathrm{B}] = [\mathrm{C}] = 0{,}0400\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$:

Como $\Delta n = 2 - 4 = -2$:

c) Fórmula empírica y molecular de C

Con 100 g de compuesto, 82,5 g son de N y 17,5 g de H:

La fórmula empírica es $\ce{NH3}$ ($M = 17{,}04\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$). Para la molecular necesitamos la masa molar real. La muestra contiene

y ocupa $5{,}24\cdot 10^{-2}\ \mathrm{dm^3} = 5{,}24\cdot 10^{-2}\ \mathrm{L}$, de modo que

Como $M / M_\text{empírica} = 1$, fórmula molecular = fórmula empírica = $\ce{NH3}$, amoniaco (nomenclatura sistemática: trihidruro de nitrógeno). El equilibrio del apartado a) es, por tanto, la síntesis de Haber-Bosch: $\ce{N2 (g) + 3 H2 (g) <=> 2 NH3 (g)}$, con A $=\ce{N2}$ y B $=\ce{H2}$.

Nota sobre los datos. El enunciado da la densidad como $0{,}73\ \mathrm{kg/m^3}$. Ese valor es incompatible con el resto de datos: con él, la masa de la muestra sería de $0{,}038\ \mathrm{g}$ y resultaría $M = 0{,}017\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$, imposible. La combinación de datos solo es coherente si se lee $0{,}73\ \mathrm{kg/dm^3} = 0{,}73\ \mathrm{g\,cm^{-3}}$, la densidad del amoniaco líquido, que es la usada arriba. Conviene detectar y hacer constar la incoherencia en el propio examen: el tribunal valora que se justifique la hipótesis de trabajo.

d) Reacción con HCl y pH resultante

d.1) La neutralización es $\ce{NH3 + HCl -> NH4Cl}$, de estequiometría 1:1. Los 0,40 mol de amoniaco del equilibrio consumen 0,40 mol de HCl:

d.2) Al reaccionar en cantidades exactamente estequiométricas, la disolución final contiene solo cloruro de amonio, $1{,}25\ \mathrm{M}$. El ion $\ce{NH4+}$ es el ácido conjugado de una base débil y se hidroliza:

(donde $K_b = 10^{-4{,}75} = 1{,}78\cdot 10^{-5}$). Como $K_a$ es muy pequeña frente a la concentración, $[\ce{H3O+}] = \sqrt{K_a\,c}$:

Disolución ácida, como cabe esperar de la sal de un ácido fuerte y una base débil.

e) Perturbación del equilibrio

Añadir 0,10 mol de C aumenta $[\mathrm{C}]$ y hace que el cociente de reacción supere a la constante, $Q > K_c$. El sistema responde desplazándose hacia la izquierda (formación de reactivos) hasta recuperar $Q = K_c$, de acuerdo con el principio de Le Châtelier. En consecuencia, la concentración de A aumenta.

f) Solubilidad del amoniaco en agua

El amoniaco es muy soluble en agua. La justificación encadena los cuatro aspectos que pide el enunciado:

• Enlace. Tres enlaces covalentes N–H polares; el nitrógeno es mucho más electronegativo ($\chi_\mathrm{N} = 3{,}0$ frente a $\chi_\mathrm{H} = 2{,}1$), de modo que cada enlace tiene un momento dipolar apreciable dirigido hacia el N.
• Geometría. Nitrógeno con hibridación $sp^3$, cuatro pares electrónicos, uno de ellos no enlazante: geometría de pirámide trigonal (AX₃E), con ángulos H–N–H de unos 107º.
• Carácter polar. Al no ser plana ni simétrica, los momentos dipolares de enlace no se cancelan; la molécula es polar ($\mu = 1{,}47\ \mathrm{D}$), con el par solitario reforzando el dipolo.
• Fuerzas intermoleculares. El $\ce{NH3}$ forma enlaces de hidrógeno con el agua tanto como dador (H unido a N) como aceptor (par solitario del N). A ello se suma la reacción parcial $\ce{NH3 + H2O <=> NH4+ + OH-}$, que retira amoniaco molecular de la disolución y desplaza el equilibrio de disolución.

La suma de polaridad, enlace de hidrógeno bidireccional y reacción ácido-base explica una solubilidad extraordinariamente alta (del orden de 500 g por litro de agua a 20 ºC).

Problema 2 — Ciclo termodinámico de un gas ideal

Enunciado

Tenemos 4 moles de un gas ideal ($C_v = 3\ \mathrm{cal\,mol^{-1}K^{-1}}$) que realiza el ciclo de la figura, donde el proceso BC es una compresión isoterma. Calcular para cada etapa del ciclo, el trabajo, el calor y la variación de energía interna.

Datos: $1\ \mathrm{atm} = 101325\ \mathrm{Pa}$; $R = 8{,}314\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} = 1{,}987\ \mathrm{cal\,mol^{-1}K^{-1}}$; $1\ \mathrm{cal} = 4{,}18\ \mathrm{J}$.

Solución

Identificación de los tres estados

Del diagrama se leen los estados: A $(8{,}2\ \mathrm{L};\ 4\ \mathrm{atm})$, B $(16{,}4\ \mathrm{L};\ 4\ \mathrm{atm})$ y C $(8{,}2\ \mathrm{L};\ 8\ \mathrm{atm})$. Con $n = 4\ \mathrm{mol}$ y $T = pV/nR$:

lo que confirma que BC es efectivamente una isoterma ($p_\mathrm{B}V_\mathrm{B} = p_\mathrm{C}V_\mathrm{C} = 65{,}6\ \mathrm{atm\,L}$). Adoptamos el criterio $\Delta U = Q - W$, con $W$ el trabajo realizado por el gas. Como $C_v = 3\ \mathrm{cal\,mol^{-1}K^{-1}}$, se tiene $nC_v = 12\ \mathrm{cal\,K^{-1}}$ y $C_p = C_v + R = 4{,}987\ \mathrm{cal\,mol^{-1}K^{-1}}$.

Etapa 1: A → B (expansión isóbara, 100 K → 200 K)

Comprobación: $Q_1 = nC_p\Delta T = 4\cdot 4{,}987\cdot 100 = 1995\ \mathrm{cal}$. El gas se expande, absorbe calor y se calienta.

Etapa 2: B → C (compresión isoterma a 200 K)

Al no variar la temperatura de un gas ideal, $\Delta U_2 = 0$ y todo el trabajo se intercambia como calor:

El signo negativo indica que se realiza trabajo sobre el gas y que este cede esa misma energía al entorno en forma de calor.

Etapa 3: C → A (enfriamiento isócoro, 200 K → 100 K)

Balance del ciclo

La energía interna es función de estado, luego $\Delta U_\text{ciclo} = 0$ y necesariamente $Q_\text{ciclo} = W_\text{ciclo}$: la coincidencia de ambos totales valida los cálculos. El trabajo neto es negativo ($-307\ \mathrm{cal} = -1283\ \mathrm{J}$) porque el ciclo se recorre en sentido antihorario en el diagrama $p$–$V$: no es una máquina térmica, sino un ciclo consumidor de trabajo del tipo frigorífico.

Problema 3 — Solubilidad del $\ce{AgCl}$ y redisolución con amoniaco

Enunciado

Se añaden 0,717 g de $\ce{AgCl}$ a 100 mL de agua.

• a) Hallar la cantidad de $\ce{AgCl}$ que se disuelve. (4 puntos)
• b) Se agrega un poco de amoniaco concentrado hasta hacerse 2 M en $\ce{NH3}$; hallar si podrá redisolverse todo el cloruro de plata. No varía el volumen al añadir el amoniaco. (6 puntos)

Datos: $K_{ps}(\ce{AgCl}) = 1{,}72\cdot 10^{-10}$; constante de disociación de $\ce{Ag(NH3)2+} = 6{,}8\cdot 10^{-8}$; masas atómicas: $\mathrm{Cl} = 35{,}5$, $\mathrm{Ag} = 107{,}9\ \mathrm{u}$.

Solución

a) Cloruro de plata disuelto en agua pura

Cantidad total añadida ($M = 143{,}4\ \mathrm{g\,mol^{-1}}$):

que en 0,100 L equivaldría a una concentración nominal de $0{,}0500\ \mathrm{M}$ si todo se disolviera. El equilibrio real es $\ce{AgCl (s) <=> Ag+ + Cl-}$, con $K_{ps} = [\ce{Ag+}][\ce{Cl-}] = s^2$:

Se disuelven apenas 0,19 mg: prácticamente todo el sólido (0,7168 g) permanece sin disolver. La disolución está saturada y en equilibrio con el precipitado.

b) Efecto del amoniaco: equilibrio de formación del complejo

El amoniaco forma el complejo diamminplata(I). El dato es la constante de disociación, así que la de formación es su inversa:

Sumando el equilibrio de solubilidad y el de formación se obtiene la reacción global de redisolución:

Vía 1 — solubilidad máxima en amoniaco 2 M. Si se disuelven $s$ mol/L, se consumen $2s$ mol/L de amoniaco y se producen $s$ de complejo y $s$ de cloruro:

La disolución 2 M en amoniaco puede disolver hasta $0{,}0914\ \mathrm{M}$ de $\ce{AgCl}$, muy por encima de los $0{,}0500\ \mathrm{M}$ presentes: sí se redisuelve todo el cloruro de plata.

Vía 2 — comprobación con el cociente de reacción. Suponiendo la disolución completa, $[\ce{Ag(NH3)2+}] = [\ce{Cl-}] = 0{,}0500\ \mathrm{M}$ y el amoniaco sobrante es $2 - 2(0{,}0500) = 1{,}90\ \mathrm{M}$:

Como $Q < K$, la reacción de disolución aún tiene tendencia a avanzar: la hipótesis es consistente y no queda sólido. Puede confirmarse comprobando que no se rebasa el producto de solubilidad, ya que la plata libre residual vale

es decir, cuatro órdenes de magnitud menor que en agua pura: el complejo ha secuestrado la plata, que es exactamente el mecanismo por el que un ligando aumenta la solubilidad de una sal poco soluble.

Problema 4 — Bloque y cilindro sobre dos planos inclinados

Enunciado

Un bloque de 2 kg y un cilindro de 8 kg están unidos por un hilo inextensible y sin masa, que descansa sobre una polea situada en la unión de dos planos inclinados de 30º y 60º respectivamente. Considere la polea sin masa. El coeficiente de rozamiento entre el bloque y el plano es $\mu = 2/\sqrt{3}$. El cilindro parte del reposo y rueda sin deslizar con rozamiento despreciable recorriendo 1 m desde el inicio.

• a) Determine el momento de inercia del cilindro respecto a su eje central suponiendo que su radio es $R$, longitud $L$ y su densidad es uniforme. (3 puntos)
• b) Calcule la velocidad del bloque tras haber recorrido 1 m por su plano. (3 puntos)
• c) En ese instante, el cilindro penetra en una zona embarrada. Sin suponer fricción con el barro, calcula la distancia que recorre el bloque hasta parar. (4 puntos)

Dato: aceleración de la gravedad $9{,}8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$.

Solución

a) Momento de inercia del cilindro

Para un cilindro macizo y homogéneo de masa $M$, radio $R$ y longitud $L$, la densidad es $\rho = M/(\pi R^2 L)$. Descomponemos el sólido en capas cilíndricas de radio $r$, espesor $\mathrm{d}r$ y volumen $\mathrm{d}V = 2\pi r L\,\mathrm{d}r$:

y sustituyendo $\rho$:

El resultado no depende de la longitud $L$: al girar en torno a su eje, cada elemento de masa contribuye solo por su distancia al eje, independientemente de su posición longitudinal.

b) Velocidad tras recorrer 1 m

Conviene resolverlo por conservación de la energía, porque el hilo obliga a que bloque y cilindro compartan el módulo de la velocidad $v$, y la condición de rodadura sin deslizamiento liga la rotación con la traslación, $\omega = v/R$. La energía cinética del cilindro es entonces

El cilindro (8 kg) desciende 1 m a lo largo del plano de 60º mientras el bloque (2 kg) asciende 1 m por el de 30º venciendo el rozamiento. El rozamiento del rodamiento es despreciable, y sobre el bloque actúa $F_r = \mu m_1 g\cos 30^\circ$. Nótese que el dato está elegido para simplificar:

Balance energético para $d = 1\ \mathrm{m}$:

Equivalentemente, la aceleración constante del sistema es $a = v^2/(2d) = 2{,}75\ \mathrm{m\,s^{-2}}$, que se obtiene también dividiendo la fuerza neta (38,5 N) entre la masa efectiva $m_1 + m_2 + I/R^2 = 2 + 8 + 4 = 14\ \mathrm{kg}$.

c) Distancia recorrida hasta detenerse

Hipótesis de trabajo. La redacción del apartado es ambigua («sin suponer fricción con el barro»). Lo interpretamos en el sentido de que el barro detiene al cilindro al penetrar en él, con lo que el hilo deja de tirar (queda flojo, ya que un hilo solo transmite tracción) y el bloque continúa subiendo por inercia. Es la lectura que hace el apartado no trivial y coherente con «la distancia que recorre el bloque hasta parar».

A partir de ese instante el bloque sube libre, frenado por la gravedad y por el rozamiento, ambos dirigidos ahora hacia abajo del plano:

¿Volverá a bajar? No. Para que el bloque deslizase de nuevo haría falta $\mathrm{tg}\,30^\circ > \mu$, y aquí $\mathrm{tg}\,30^\circ = 0{,}577 < \mu = 1{,}155$: la fuerza de rozamiento estático basta para mantenerlo en reposo. El bloque se detiene definitivamente 19 cm más arriba.

Problema 5 — Onda estacionaria en una cuerda

Enunciado

Una cuerda está vibrando en un modo estacionario según la siguiente expresión $y = (0{,}2\ \mathrm{m})\,\mathrm{sen}(3\pi x)\cos(40\pi t)$, con $x$ en metros y $t$ en segundos. La cuerda está localizada entre las posiciones $x = 0\ \mathrm{m}$ y $x = 1\ \mathrm{m}$.

• a) Calcula la amplitud, el número de onda, la frecuencia angular, la longitud de onda, el periodo y la frecuencia de la onda. (4 puntos)
• b) Demuestra que las condiciones de contorno corresponden a una onda estacionaria y explica tus resultados. (3 puntos)
• c) Dibuja una gráfica cualitativa de la onda, $y$ frente a $x$, en un cierto instante. ¿Cuántos nodos y vientres (antinodos) muestra esta onda estacionaria? (3 puntos)

Solución

a) Magnitudes características

Comparando con la forma canónica $y = A\,\mathrm{sen}(kx)\cos(\omega t)$:

La velocidad de las ondas viajeras que la componen es $v = \omega/k = 40\pi/3\pi = 13{,}3\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. Conviene precisar que $0{,}20\ \mathrm{m}$ es la amplitud máxima (la de los vientres): la onda estacionaria resulta de superponer dos ondas progresivas de sentidos opuestos y amplitud $0{,}10\ \mathrm{m}$ cada una, ya que

b) Condiciones de contorno

Una cuerda fija por ambos extremos exige $y(0,t) = y(L,t) = 0$ para todo instante. Se comprueba:

Ambos extremos son nodos permanentes, lo que caracteriza a una onda estacionaria: los puntos de la cuerda no se propagan, sino que oscilan en fase con amplitudes fijas $0{,}20\,\mathrm{sen}(3\pi x)$ que dependen solo de la posición. La condición general de cuantización es

Se trata, por tanto, del tercer armónico (segundo sobretono) de la cuerda, cuya frecuencia fundamental es $f_1 = f_3/3 = 6{,}67\ \mathrm{Hz}$.

c) Gráfica, nodos y vientres

Los nodos son los puntos donde $\mathrm{sen}(3\pi x) = 0$, es decir $3\pi x = m\pi$ con $x = m/3$ dentro del intervalo $[0,1]$: $x = 0;\ 1/3;\ 2/3;\ 1\ \mathrm{m}$, cuatro nodos. Los vientres cumplen $|\mathrm{sen}(3\pi x)| = 1$, esto es $x = 1/6;\ 1/2;\ 5/6\ \mathrm{m}$, tres vientres. La regla general para el armónico $n$ es $n+1$ nodos y $n$ vientres, que aquí con $n = 3$ da los cuatro y tres obtenidos. Nótese que dos nodos consecutivos distan $\lambda/2 = 1/3\ \mathrm{m}$, y que un nodo y el vientre contiguo distan $\lambda/4 = 1/6\ \mathrm{m}$.

Problema 6 — Campo y potencial de un cable coaxial

Enunciado

Un cable coaxial (radio $b$) tiene una densidad de carga (superficial, uniforme y negativa) en su superficie externa. Dicho cable lleva una densidad $\rho$ de carga (volumétrica, uniforme y positiva) en un cilindro interno (radio $a$). El cable es neutro.

• a) Determina el campo eléctrico en las distintas zonas del espacio. (5 puntos)
• b) Determina el potencial eléctrico en las distintas zonas del espacio. (3,5 puntos)
• c) Dibuja una gráfica de campo frente a la distancia perpendicular del eje. (1,5 puntos)

Solución

Simetría y superficie gaussiana

La distribución tiene simetría cilíndrica y se supone de longitud indefinida, de modo que el campo es radial y su módulo depende solo de la distancia al eje, $\vec{E} = E(r)\,\hat{u}_r$. La superficie gaussiana adecuada es un cilindro coaxial de radio $r$ y longitud $\ell$; el flujo a través de sus bases es nulo (campo paralelo a ellas) y a través de la cara lateral vale $E(r)\cdot 2\pi r\ell$.

La carga por unidad de longitud del conductor interno es $\lambda = \rho\pi a^2$. La condición de neutralidad fija la densidad superficial externa:

negativa, como indica el enunciado.

a) Campo eléctrico por regiones

Zona interna ($r \le a$). La carga encerrada es $q_\text{int} = \rho\pi r^2\ell$:

Crece linealmente desde cero en el eje, porque al alejarse aumenta la carga encerrada más deprisa de lo que se diluye el flujo.

Zona intermedia ($a \le r \le b$). Toda la carga positiva queda encerrada, $q_\text{int} = \rho\pi a^2\ell$:

Decae como $1/r$, el resultado clásico de un hilo cargado. En $r = a$ ambas expresiones coinciden, $E(a) = \rho a/2\varepsilon_0$: el campo es continuo, como debe ser al no haber densidad superficial en $r = a$.

Zona externa ($r \ge b$). La carga total encerrada es nula por ser el cable neutro:

Este es el apantallamiento característico del cable coaxial: fuera de él no hay campo, lo que lo hace idóneo para transportar señal sin radiar ni captar interferencias. En $r = b$ hay una discontinuidad de valor $|\sigma|/\varepsilon_0$, coherente con la densidad superficial de carga.

b) Potencial eléctrico por regiones

Como $E = 0$ para $r > b$, el potencial es constante fuera del cable; se elige el origen ahí, que es además el valor en el infinito: $V(r \ge b) = 0$. Se integra $V(r) = \int_r^{\text{ref}} \vec{E}\cdot\mathrm{d}\vec{r}$.

Zona intermedia ($a \le r \le b$):

Zona interna ($r \le a$): se acumulan las dos contribuciones,

El potencial es máximo en el eje, $V(0) = \dfrac{\rho a^2}{4\varepsilon_0}\left(1 + 2\ln\dfrac{b}{a}\right)$, y decrece de forma monótona hasta anularse en $r = b$, como corresponde a un campo dirigido hacia fuera. Las tres expresiones empalman con continuidad en $r = a$ y $r = b$: el potencial es siempre continuo, aunque el campo no lo sea.

c) Gráfica del campo

Comentario global del ejercicio

El examen mantiene el equilibrio 50/50 entre física y química que caracteriza a la especialidad, y apuesta por problemas largos y encadenados más que por muchos problemas cortos: el primero recorre él solo estequiometría, equilibrio químico, determinación de fórmulas, ácido-base y enlace, de modo que un error inicial en el grado de avance arrastra a cinco apartados. Merece la pena, por eso, dedicar un minuto a comprobar la coherencia de los primeros resultados antes de seguir.

Tres detalles con valor estratégico para el opositor:

1. Los datos incoherentes existen. En el problema 1 la densidad está expresada en unidades que no cuadran con el resto del enunciado. Lo correcto es señalarlo, adoptar la interpretación coherente y resolver: el tribunal valora el criterio, no el silencio.
2. Los enunciados ambiguos también. El apartado 4c admite más de una lectura; explicitar la hipótesis de trabajo antes de calcular protege la puntuación.
3. Las comprobaciones cruzadas puntúan. Calcular $Q_1$ dos veces (por $\Delta U + W$ y por $nC_p\Delta T$), verificar que $\Delta U_\text{ciclo} = 0$ o resolver la redisolución del $\ce{AgCl}$ por dos vías demuestra dominio del formalismo y detecta errores aritméticos sin apenas coste de tiempo.