Examen de admisión 2018-1 SOLUCIONARIO...

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UNIUNISOLUCIONARIOSOLUCIONARIO

Examen de admisión 2018-1

Física y Química

FÍSICA Y QUÍMICA

Física

RESOLUCIÓN N.º 1

Tema: Termodinámica

Análisis y procedimiento

Pide T

TF

0.

El gas se expande variando su presión y temperatura.

V0V0V0 caso inicial

VF=4V0VF=4V0VF=4V0 caso final

Aplicamos la ecuación de los gases ideales a cada caso.En el caso inicial P0V0=nRT0 (I)

En el caso final PFVF=nRTF (II)

Dividiendo (II) entre (I), se obtiene

T

T

P

P

V

VF F F

0 0 0=

Pero VF=4V0, entonces

T

T

P

PF F

0 0

4=

× (III)

Se sabe que en el proceso que experimenta el gas se cumple

P0V03/2=PFVF

3/2

P0V03/2=PF(4V0)3/2

P0=PF(8)

→ P

PF

0

1

8= (IV)

Reemplazando (IV) en (III).

T

TF

0

1

84= ×

∴ T

TF

0

1

2=

Respuesta: 1/2

RESOLUCIÓN N.º 2

Tema: Dilatación térmica


Piden x.

La varilla y el cubo se dilatan debido al incremento de sus temperaturas. Veamos.

1 m

x

cobre

aluminio1 m

∆L1

∆L2

Academia CÉSAR VALLEJOUNI 2018-1

2

A partir del gráfico, se observa que

x=DL1+DL2

x=varilla · aAl · DT+cuboaCu · DT

x = ⋅ ×( ) × + ⋅ ×( ) ×− −1 24 10 20 1 17 10 206 6

x=82×10–5 m

∴ x=0,82 m

Respuesta: 0,82

RESOLUCIÓN N.º 3

Tema: Capacitores


Pide la energía potencial electrostática del sistema de condensadores para la conexión en paralelo.

Analicemos los dos casos: serie y paralelo.

Caso 1: Conexión en serie

C C C

ε

C

ε

C/10...

10 capacitores

1 1 1 1

10C C C CC

C

Eq

10 veces

Eq= + + + → =...

La energía almacenada es

U CP.E. Eq=1

2

2ε

5 101

2 10

3 2× =

− Cε

→ Ce2=0,1 (1)

Caso 2: Conexión en paralelo

C C Cε ε 10C...

...

10 capacitores

C C C C C CEq

10 veces

Eq= + + + → =...

10

La energía almacenada en el sistema

U CF =1

2

2Eqε

U CF = ( )1

210 2ε

UF=5Ce2 (II)

Reemplazando (I) en (II).

UF=5(0,1)

UF=0,5 J

Respuesta: 0,5

RESOLUCIÓN N.º 4

Tema: Circuitos eléctricos


Nos piden el número de focos en serie que se debe conectar en el circuito.

R

V0 V0 V0 V0

R

n focos en serie

R R

I

220 V

Para cada foco, se cumple

V0=5 V

UNI 2018-1Solucionario de Física y Química

3

Como todos los focos idénticos están en serie, entonces están al igual voltaje V0.

En el circuito se cumple

V V V V

n

fuente

veces

( ) = + + +0 0 0...

220=nV0

220=n×5

∴ n=44

Respuesta: 44

RESOLUCIÓN N.º 5

Tema: Electromagnetismo


I

I

BB

B

mano derecha

La corriente que gira en las espiras genera un campo magnético homogéneo al interior del solenoide dado por

B=m0nI

n: número de espiras por unidad de longitud.

En el problema

I1I1

I1=4 A

B=1,5×10 – 2=m0n0(4)

I2I2

I2=2,5 A

B=1,5×10 – 2=m0nF(2,5)

Como el campo magnético es el mismo.

B n nn

nF

F= ( ) = ( ) → =µ µ0 0 00

4 2 58

5,

∆∆

n n nn

nF= − → =

−=0

0

8 5

5

3

5

→

= × =∆n

n0

3

5100 60% %

Respuesta: 60

RESOLUCIÓN N.º 6

Tema: Ley de Snell


Piden d.

4 α

30º

x=2 cm

naire=1

nv=1,5

Determinamos previamente a.

Ley de Snell

naire×sen(30)=nvsen(a)

11

2

3

2× = ( )sen α

sen α( ) =1

3

→ cot α( ) = 2 2


4

De la gráfica

d=2cot(a)

d = × ( ) =2 2 2 4 2 cm

Respuesta: 4 2

RESOLUCIÓN N.º 7

Tema: Espejos esféricos


Tenemos dos casos:

Al inicio R1=60 cm

objeto

imagen

θ=60 cm i1=– 20 cm

fR

11

2

60

230= − = − = − cm

Ecuación de Descartes

1 1 1

1 1f i= +

θ

− = + → = −1

30

1 1

6020

11

ii cm

Al final R2=2R1=120 cm

i2

objeto

imagen

θ=60 cm

fR

22

260= − = − cm

→ 1

60

1 1

6030

22

−= + → =−

ii cm

Se desplaza

d i i= − =2 1 10 cm

Respuesta: 10

RESOLUCIÓN N.º 8

Tema: Potencia mecánica


Piden potencia mecánica:

PW

t

F

= (I)

F=27,62 NFg=98,1 Nv0=0

t

d=10 m

F=27,62 N

fK=mK fN=19,62 N

fN=98,1 N

Determinamos

WF=F×d=27,62×10=276,2 J (II)

Para hallar t, primero determinamos la aceleración a.

aF

m= =

−=res , ,

,27 62 19 62

100 8 2 m/s

Ahora, por ser un MRUV

d v t at= + ×0

0 21

2

100 8

252= → =

,t t s (III)

Reemplazamos (II) y (III) en (I).

P = =276 2

555 24

,, W

Respuesta: 55,24


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RESOLUCIÓN N.º 9

Tema: Conservación de la cantidad de movimiento


Se debe considerar que el proyectil se dirige en forma

horizontal al momento de impactar contra el bloque.

m=0,01 kg

M=5 kg

v0

m

u0=0

instante antes delimpacto

v1=0,6 m/s

instante después delimpacto

∆t

M

Como el impacto es violento, el intervalo de tiempo (Dt) entre los instantes antes y después del impacto se considera muy pequeño: Dt ≈ 0; en consecuencia

P P

a.ch.

sistema

d.ch.

sistema( ) ( )=

mv m M v0 1

= +( )

vm M

mv0 1

=+

v0

0 01 5

0 016 =

+

( ),

,

→ v0=300,6 m/s

Respuesta: 300,6

RESOLUCIÓN N.º 10

Tema: Movimiento armónico simple


Nos piden vmáx.

m=0,6 kg

A=0,13 m

A=0,13 m

(v=0)

(v=0)

vmáx

P.E.

Por realizar el MAS, en la posición de equilibrio (P.E.) se verifica v W Amáx = ·

vmáx=2pf·A (I)

Del enunciado, el bloque realiza 3 oscilaciones en cada segundo.

→ ft

= =n.º osc 3

1 f=3 Hz (II)

Reemplazando (II) en (I).

vmáx=2p(3)(0,13)

∴ vmáx=2,45 m/s

Respuesta: 2,45

RESOLUCIÓN N.º 11

Tema: Onda mecánica


vmáxA

P


6

Nos piden vmáx.

Como los puntos de la onda oscilan realizando un MAS, entonces su vmáx=w.A (I)

Del enunciado, se conoce

y t x= − −

0 02 0 5 1 2

6, , ,sen

π

A w

Se identifica que

A

w

=

0 02, m

=0,5 rad/s (II)

Reemplazando (II) en (I).

vmáx=(0,02)(0,5)

vmáx=1 m/s

Respuesta: 1

RESOLUCIÓN N.º 12

Tema: Dinámica rectilínea


Fg

F

N

FF

t=0

t=4 s

(v0=0)

m

vF=20 m/sa

lisa

(m=10 kg)

Nos piden F.

De la 2.a ley de Newton

a

F

m= res

aF

mF ma= → = (I)

Como F

es constante, el bloque describe un MRUV.

v v atF = +0

20 = 0 + a(4)

a=5 m/s2 (II)

Reemplazamos (II) en (I).

F=10(5)

∴ F=50 N

Respuesta: 50

RESOLUCIÓN N.º 13

Tema: Presión


Recordar: Pmanométrica=P – Patm

Al inicio: P=202 kPa

Entonces

Pmanométrica=202 kPa – 101 kPa=101 kPa

Si la presión manométrica se duplica, entonces

P 'manométrica=202 kPa

Por esta razón, la nueva presión absoluta será P 'manométrica=P ‘ – Patm

202 kPa=P ‘ – 101 kPa

→ P '=303 kPa

Incremento de la presión absoluta

%'

∆PP P

P=

−

×100

%∆P =−

×

303 202

202100

kPa kPa

kPa

∴ %DP=50%

Respuesta: 50


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RESOLUCIÓN N.º 14

Tema: Efecto fotoeléctrico


En el fenómeno del efecto fotoeléctrico.

vmáx

MetalMetal

e –

Se cumple Efotón=f+EC(máx)

Para que ocurra el efecto fotoeléctrico, se debe cumplir Efotón > f

hc

λφ>

4 14 10 3 10

25 8, × ⋅( ) ×( )

>− eV s m/s

eVλ

6,21×10–7 m > l 621 nm > l lmáx ≈ 621 nm

Respuesta: 621

RESOLUCIÓN N.º 15

Tema: Conexión de resistencias


Del circuito eléctrico

R R

R

R

R

R

A B

Asociamos las resistencias en serie.

R

2R

3R

A B

Asociamos las resistencias en paralelo.

1 1

3

1

2

1

R R R REq

= + +

R REq =6

11

Si R=1 W

→ REq =6

11 Ω

Respuesta: 6

11

RESOLUCIÓN N.º 16

Tema: Análisis dimensional


En la ecuación dimensionalmente correcta

F CAvaire[ ] = [ ]2

MLT C L LT− −= [ ] ( )2 2 12

MLT – 2=[C]L4T – 2

[C]=ML – 3

Respuesta: ML– 3

RESOLUCIÓN N.º 17

Tema: Movimiento rectilíneo uniforme


Grafiquemos.

D=110 m

vA=88 km/hvC=75 km/h


8

Es el caso del alcance en un M.R.U.

tD

v va

A B

=−

vA =

=88

5

1824 4

km

h m

s m

s,

vB =

=75

5

1820 8

km

h

m

s

m

s,

ta =−

110

24 4 20 8

m

m

s m

s, ,

→ ta=30,5 s

Respuesta: 30,5

RESOLUCIÓN N.º 18

Tema: Movimiento circunferencial


37º

v

Y

X

radialR

a

15

a= (– 24; 7) m/s2

37º

37º

ms2

a=5

16º

radial

ms2

acp=3

53º

ms2

5

av

Rcp =

2

35

2

=v

v=3,87 m/s

Respuesta: 3,87

RESOLUCIÓN N.º 19

Tema: Dinámica rectilínea


mA=2 kg mS=0,8mB=8 kg mK=0,5

AA

BBF

a

En el sistema

10 kg10 kg F

fKN=mS⋅g

mS⋅g

FR=(mA+mB)a F – fK=10a

F – mK(mS·g)=10a

F=10a+(0,5)(10×9,81) (*)


9

El mayor valor de F se dará cuando, por la inercia, el bloque esté a punto de resbalar sobre el cuerpo B.

a

fS(máx)NA

mA⋅g

AA

FR=m·a

fS(máx)=mA·a

mS·NA=mA·a

µS A Am g m a· ·( ) = a=mS·g

Reemplazamos en (*).

F=10(mS · g)+(0,5)(10×9,81)

∴ F=127,5 N

Respuesta: 127,5

RESOLUCIÓN N.º 20

Tema: Ley de gravitación universal


Graficamos.

h

12 800 km

mN=1350 kg

R=6370 kmMT R

FGM m

R hg

N=⋅

+( )

T2

=×( ) ×( )( )

× + ×( )

−6 67 10 5 97 10 1350

6370 10 1280 10

11 24

3 32

, ,

Fg=1463 N

Respuesta: 1463


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RESOLUCIÓN N.º 21

Tema: Electroquímica


Nos piden el mejor agente reductor.

El agente reductor es la especie química que se oxida en el proceso químico; su propiedad es el potencial estándar de oxidación Eox

o( ). Entonces de cada semirreacción de reducción, expresamos la respectiva semirreacción de oxidación.

Semirreacción E° (V)

Mg(s) → Mg2+(ac)+2e–

Eoxo V= +2 36,

Zn(s) → Zn2+(ac)+2e– Eo

ox=+0,76 V

H2(g) → 2H+(ac)+2e– Eo

ox=0,00 V

2Br–(ac) → Br2()+2e– Eo

ox=–1,07 V

2Cl–(ac) → Cl2(g)+2e– Eoox=–1,36 V

Eo ox

cre

cien

te

Fuer

za r

educ

tora

cre

cien

te

Entonces el mejor agente reductor es el magnesio metálico Mg(s).

Respuesta: Mg(s)

RESOLUCIÓN N.º 22

Tema: Química aplicada


Los polímeros son moléculas de alto peso molecular (son macromoléculas) que resultan de la unión de muchas moléculas llamadas monómeros.

I. Correcta

Existen muchos polímeros; estos por su origen pueden ser

Polímeros

naturales

Polímeros

sintéticos

Provienen de los se-res vivos.Ejemplos: proteínas, polisacáricos, etc.

Se obtienen por sín-tesis, ya sea a nivel industrial o en labo-ratorio.Ejemplos: PVC, polie-tileno, etc.

II. Incorrecta

Porque las moléculas que se combinan para formar un polímero se denominan monómeros.

Ejemplo

monómero: etileno polímero: polietileno

H

HC

H

HC C

H

H

C

H

H n

n

III. Correcta

La polimerización es un proceso químico donde los monómeros idénticos o diferentes generan el respectivo polímero. Esta puede ser

Polimerización

por adición

Polimerización por

condensación

El polímero se forma por la unión sucesiva de monómeros que tienen uno o más enlaces múltiples.

Participan monóme-ros diferentes, donde por cada enlace en-tre monómeros, se forma otra molécula pequeña.

Respuesta: I y III

Química


11

RESOLUCIÓN N.º 23

Tema: Geometría molecular y polaridad de mo-léculas


La geometría molecular es la forma geométrica que adoptan las moléculas o iones poliatómicos debido a la distribución espacial de los átomos que lo forman, por ejemplo: lineal, angular, planar, trigonal plana, etc. La polaridad de las moléculas se debe a la distribución asimétrica de cargas parciales, lo que origina un momento dipolar mayor que cero (m > 0).Por ejemplo: H2O (m=1,84 D), NH3 (m=1,46 D), HCl (m=1,08 D).

Analicemos los siguientes compuestos:

C

Cl

H

A

H

Cl

C

B

C

Cl

H

H

Cl

CC

I. Incorrecta

Solo A es planar porque los C están hibridizados en sp2. B no es plana, es espacial (tridimensio-nal), así:

C

Cl

H

H

Cl

CC

átomo adelante del plano átomo detrás del plano

II. Incorrecta

A es simétrica (no polar), por lo tanto, m=0 D. B es asimétrica (polar), por lo tanto, m > 0.

III. Correcta

C

Clsp2

sp2 sp2

sp

H

H

Cl

C C

Cl

H

H

Cl

CC

Respuesta: solo III

RESOLUCIÓN N.º 24

Tema: Solución


Nos piden el volumen de la solución diluida; para eso es conveniente utilizar la molaridad de ambas soluciones, cuyas propiedades cuantitativas se conce; del cual determinamos previamente la molaridad (M).

M

D m

M=

× ×10 sol

sto

%

soluto (sto): HNO3 Msto=63 g/mol

Esquematizamos el proceso de diluir.

H2OH2O

VC=100 mLVD

ConcentradaConcentrada DiluidaDiluida

MC= =15,73 M10(1,420)(69,8)

63MD= =3,31 M

10(1,098)(19)63

Se cumple MC VC = MD VD 15 73 100 3 31, , DM MV( )( ) = mL

Despejamos.

VD=475,2 mL

Respuesta: 475

RESOLUCIÓN N.º 25

Tema: Neutralización


Nos piden el volumen de la leche de magnesia necesaria.Esquematizamos.

Concentración adecuada de HCl: 8×10–2 M


12

estómago

HCl

leche demagnesia

[ ]=0,12M

V=1 L

425mg Mg(OH)2

5 mL suspensión

Se requiere pasar de 0,12 M a 8×10–2 M de HCl

Para

HCl=0,12 =0,12 mol (inicio)

=1 L

HCl[ ] →

M n

V

HCl=8 10 =8 10 mol (final)

1

HCl[ ] × → ×

=

− −2 2M n

θ

Las moles de HCl que han reaccionado serán

nRx=ni - nf 0,12– 8×10–2=0,04 mol HCl

Por neutralización

#Eq – g(ac)=#Eq – g(B)

(n×q)AC=(n×q)B

0,04×1=nB×2

nB=0,02 mol Mg(OH)2

Hallamos la masa de Mg(OH)2

=0,02×58,3=1,166 g

425×10–3 g → 5 mL x=13,72 mL

1,166 g → x

Respuesta: 13,7 mL

RESOLUCIÓN N.º 26

Tema: Equilibrio químico


Nos piden el valor de Kc.

Esquematizamos el problema.

En el equilibrio T=500 ºC

P

P

P

N

H

,

,

,

2

2

3

0 432

0 928

2 24 10 3

=

=

= ×

−

atm

atm

atm

Primero

NH

calculamos

y luego .cK Kp

N2N2

H2H2

NH3NH3

N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)

Expresión de Kp

KP

P Pp =

×=

×( )×

= ×−

−NH

N H

,

, ,,3

2 2

2

3

32

3

52 24 10

0 432 0 9281 45 10

Luego

Kp=Kc(RT)Dn

Dn=2 – (1+3)=– 2

Despejando Kc.

Kc =×

×( )=

−

−

1 45 10

0 082 7730 058

5

2

,

,,

Respuesta: 0,058


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RESOLUCIÓN N.º 27

Tema: Gases


Nos piden la presión que ejerce el CO2(g) una vez sublimado por completo. CO2(s) → CO2(g)

Esquematizamos el problema. T=27 ºC+273=300 K

CO2(s)

5 L 5 L

(al inicio) (al final)hieloseco14 g

CO2(g)CO2(g)CO2(g)

M=12+2(16)

M=44 g/mol

Usamos la ecuación universal de los gases ideales.

PV=RT n m

M

Despejamos y reemplazamos solo valores numéricos.

P =× ×

×=

0 082 300 14

5 441 56

,, atm

Respuesta: 1,56

RESOLUCIÓN N.º 28

Tema: Enlace químico


Nos piden indicar la secuencia correcta de verdad (V) o falsedad (F).

Para dos estructuras de Lewis.

S

SO3 SO 2

–

3

O

O

O

S2

–O

O

O

I. Verdadero

Los electrones pi (p) presentes en el SO3 se deslocalizan tomando tres posiciones diferentes en los enlaces S – O.

S

O

O

O

S

O

O

O

S

O

O

O↔ ↔

II. Falso

Solo puede poseer tres estructuras resonantes, ya que los pares libres se pueden deslocalizar.

2 – 2

– 2

–

S O

O

O

S

O

O

O S

O

O

O↔ ↔

III. Verdadero

El doble enlace presente en el SO3 tiene menor longitud que el enlace simple presente en el SO3

2 –.

Orden de longitud de enlace

– > = > ≡enlace enlace enlacesimple doble triple

Respuesta: VFV

RESOLUCIÓN N.º 29

Tema: Nomenclatura inorgánica


El estado o número de oxidación (EO) es la carga relativa de un átomo en un compuesto. En com-puestos iónicos es carga real, y en los compuestos moleculares es carga aparente.

En general: EO(H)=1+ EO(O)=2 –

En un compuesto: EO =∑ 0


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Analicemos los EO del Se en cada óxido.

a. Se O2 2+ −

b. SeO4

2

2+ −

c. SeO6

3

2+ −

d. Se O2

3

3

2+ −

e. Se O2

4

4

2+ −

Por lo tanto, el mayor estado de oxidación del Se es en SeO3 (EO=+6).

Respuesta: SeO3

RESOLUCIÓN N.º 30

Tema: Contaminación ambiental


La contaminación del agua (hídrica) es provocada generalmente por la actividad humana, que la vuelve inapropiada para el consumo humano, el riego, la industria, la vida acuática, etc.Las principales fuentes de contaminación del agua son las siguientes:1. Las aguas servidas (domésticas), que llevan

muchos microorganismos que causan diversas enfermedades gastrointestinales.

2. Aguas industriales, que llevan muchas sustancias tóxicas y provocan también contaminación térmica, que causa la muerte de peces por asfixia.

3. Drenaje inadecuado de tierras fertilizadas artificialmente, que provocan la muerte de peces por asfixia debido a la proliferación de algas que consumen O2.

4. Derrame de petróleo, que es una sustancia venenosa y no permite el paso de O2 ni de la luz.

Respuesta: I, II y III

RESOLUCIÓN N.º 31

Tema: Química orgánica


I. Incorrecta

3-metil-1-butino

Fórmula semidesarrollada

CH CH

CH3

C CH3

Fórmula desarrollada

H C

C H

C

H H

C

HH H

C Hππ

σ σσ σ σ

σ

σ

σ

σ

σσ σ

Posee 12 enlaces sigma (σ) y 2 enlaces pi (p).

II. Incorrecta

Los derivados disustituidos del benceno poseen 3 isómeros de posición.

ClCl

orto(o –)

Cl

Clmeta(m–)

C6H4Cl2

Cl

Cl

para(p –)

III. Correcta

Tipos de hibridación del carbono

C C C

sp3 sp2 spC

sp


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En la molécula BrHC=CHBr

C CBr Br

H H

sp2

sp2

Por lo tanto, la hibridación de ambos carbonos es sp2.

Respuesta: solo III

RESOLUCIÓN N.º 32

Tema: Estado líquido


Las propiedades físicas de los líquidos (viscosidad, punto de ebullición, presión de vapor, etc.) depen-den, principalmente, de la temperatura y fuerzas intermoleculares.Dados los líquidos a cierta temperatura, tenemos

CH3

CH3

C O

CH3

CH3

C OCH3COCH3 <>

acetona

δ+ δ – δ+ δ –

D D

polar

H OCH3 CH2C2H5OH <>

etanol

O

H

EPH

CH2 CH3

CH2OHCH2OH<>

etilenglicol

Forma mayornúmero deenlaces dehidrógeno

que el etanolpor molécula.

CH2 CH2O

H

EPH

O

H

EPH

En general, orden de fuerzas intermoleculares

enlace puente de hidrógeno(PH)

mayor: viscosidad, punto de ebulliciónmenor: presión de vapor

London(FL)

dipolo - dipolo(D – D)> >

I. Incorrecta

Presión de vapor: acetona > etanol > etilenglicol

II. Correcta

Punto de ebullición: etilenglicol > etanol > acetona

III. Correcta

Viscosidad: etilenglicol > etanol > acetona

Respuesta: II y III

RESOLUCIÓN N.º 33

Tema: Celdas galvánicas


Analizamos el fenómeno químico para elegir el metal útil para el diseño de recipiente.

Cu2+Cu2+

Cu2+Cu2+Cu2+Cu2+

¿metal?

Debemos elegir un metal que tenga mayor potencial de reducción, es decir, menor facilidad para oxidarse.

Comparamos los potenciales de reducción.

EºAg+/Ag=+0,800 V

aum

enta facilidad

para

reducirse

EºCu2+/Cu=+0,340 V

EºSn2+/Sn=–0,137 V

EºFe2+/Fe=–0,440 V

EºZn2+/Zn=–0,763 V

EºAl3+/Al=–1,676 V

Observamos que el ion Cu2+ se reduciría frente a Sn, Fe, Zn y Al; pero frente a la plata, no reacciona debido a su menor potencial de reducción.

Respuesta: de plata.


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RESOLUCIÓN N.º 34

Tema: Soluciones


Nos piden la densidad de la solución preparada D(sol)

Solución acuosa de amoniaco

fracción molar del NH3: xNH3=0,245

12M NH3(ac)NH3(ac)

Utilizamos la ecuación.

MD

M=

⋅ ⋅10 %msto sol

sto

Despejamos Dsol.

DM M

msol

sto

=⋅

⋅

sto

%10 (*)

Para utilizar (*) necesitamos %msto a partir de xNH3.

xNH ,3

0 245 3=mol NH

mol solución

significa

1 mol solución

0 245 3

4 1653 3 3

,

NH NH NH ,

mol NH

gm n M= ⋅ =

0 755 2

13 592 2 2

, O

H H H ,

mol H

O O O gm n M= ⋅ =

msolución=4,165+13,59 =17,755 g

% %,

,%m

m

msto

sto

soluc

= × = ×1004 165

17 755100

=23,46%

Reemplazamos en (*). Dsol=0,87 g/mol

Respuesta: 0,87

RESOLUCIÓN N.º 35

Tema: Estequiometría


Nos piden el porcentaje de rendimiento obtenido.Como nos dan los datos en masa, planteamos la relación estequiométrica en masa.

M=39 M=65

3NaNH2+1NaNO3 → 1NaN3+3NaOH+1NH3

117 g produce 65 g 5 g produce mteórica

2,78 g

El rendimiento se calcula a partir de

Rm

m= ×real

teórica

100% (*)

La masa real es dato y su valor es 1,81 g.Reemplazando en (*).

R = × =1 81

2 78100 65 3

,

,% , %

Respuesta: 65,3

RESOLUCIÓN N.º 36

Tema: Materia


Nos piden indicar a las propiedades extensivas de la materia. Recordamos las definiciones.


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Propiedades

intensivas

Propiedades

extensivas

Son aquellas propiedades que no dependen de la cantidad de materia.Ejemplo

densidad, temperatura de ebullición, etc.

•Sonaquellaspropie-dades que depen-den de la cantidad de materia.

•Sonaditivas.Ejemplo

volumen, peso, etc.

I. Intensiva

La dureza es un valor fijo para sustancia, por ejemplo, en la escala de Mohs el valor más bajo es para el talco (valor 1) y el más alto para el diamante (valor 10).

II. Intensiva

La temperatura de condensación es característica de cada sustancias y no depende de la cantidad de materia.

III. Intensiva

Es la propiedad que tienen los cuerpo para deformarse sin romperse, como el oro, y no depende de la cantidad de materia.

IV. Extensiva

La masa es una propiedad extensiva, ya que depende de la cantidad de materia que presenta un cuerpo.

Respuesta: solo IV

RESOLUCIÓN N.º 37

Tema: Modelo atómico de Bohr


Nos piden las proposiciones correctas respecto al modelo de Bohr.El modelo atómico de N. Bohr (1913) surge para explicar el espectro de líneas del hidrógeno y los hidrogenoides. En parte se fundamenta en la física clásica y la teoría cuántica de Max Planck. El modelo de Bohr está basado en ciertos postulados que son válidos para átomos con un solo electrón, como el hidrógeno.

I. Correcta

Según el tercer postulado (niveles estacionarios de energía), mientras que el electrón gira en un nivel u órbita permitida, no emite o absorbe energía porque dichas órbitas son estados estacionarios de energía cuantizada, es decir, cada órbita tiene una energía definida.

II. Correcta

Según el postulado (niveles permitidos), el electrón en forma estable solo debe girar en ciertas regiones circulares permitidas, donde el momento angular está cuantizado.

III. Correcta

Según el cuarto postulado (emisión y absorción de energía), el átomo emite o absorbe energía únicamente cuando el electrón realiza transiciones electrónicas (pasa de un nivel energético a otro).

Respuesta: I, II y III

RESOLUCIÓN N.º 38

Tema: Tabla periódica


Hacemos la ubicación en la tabla periódica.

8O=(2He)2s2 2p4

periodo=2grupo=VIA

Se trata de un no metal de la familia anfígenos o calcógenos.

12Mg=(10Ne)3s2

periodo=3grupo=IIA

Se trata de un metal de la familia de los alcalinos térreos.

I. Incorrecta

El oxígeno, al ser un no metal, tiende a ganar electrones formando el anión óxido (O2–).


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II. Correcta

El magnesio, al ser un metal, es un buen conductor del calor y la electricidad.

III. Correcta

En condiciones ambientales (T=25 ºC; P=1 atm), el oxígeno se presenta como gas (O2) y el magnesio como sólido (Mg).

Respuesta: II y III

RESOLUCIÓN N.º 39

Tema: Geometría molecular


La geometría molecular (GM) es la disposición espacial de los átomos respecto a un átomo central en una especie química (molécula o ion poliatómico).

Para el SF6

Estructurade Lewis

Geometríamolecular (GM)

Octaédrica(bipiramidal cuadrada)

F

F F

F

F

FS

sp3d2 F

FF

F

F

F

S

I. Incorrecta

El SF6 presenta una geometría molecular octaédrica o bipiramidal cuadrada.

II. Incorrecta

El SF6 no está formado por pares iónicos (catión - anión), ya que el azufre y flúor son no metales y forman enlace covalente.

III. Correcta

La hibridación del azufre es sp3d2 en el SF6, por lo que su estructura se explica por la existencia de orbitales “d” en el azufre.

Respuesta: solo III

RESOLUCIÓN N.º 40

Tema: Cálculos químicos


En general, la composición centesimal (CC) es el porcentaje en masa de los elementos que forman un compuesto, no depende de la forma de obtención del compuesto, y se calcula conociendo solo la fórmula del compuesto.

En general: compuesto=AxBy

(C)

% % %mm

m

x M

MA

A

C

A

C

= × =⋅

×100 100 ;

% %my M

MB

B

C

=⋅

×100

Calculando el %mN en cada caso.

(Dato: MN=14 g/mol)

a. Úrea, (NH2)2CO; M=60 g/mol

% % % , %mm

mN

N

úrea

= × =( )

× =1002 14

60100 46 7

b. Nitrato de amonio, NH4NO3; M=80 g/mol

% % % %mm

mN

N

NH NO

= × =( )

× =4 3

1002 14

80100 35

c. Guanidina, HNC(NH2)2; M=59 g/mol

% % % , %mm

mN

N

guanidina

= × =( )

× =1003 14

59100 71 2

d. Amoniaco, NH3; M=17 g/mol

% % % , %mm

mN

N

NH

= × = × =3

10014

17100 82 4

e. Cloruro de amonio, NH4Cl; M=53,5 g/mol

% %,

% , %mm

mN

N

NH Cl

= × = × =4

10014

53 5100 26 2

El NH3 contiene mayor porcentaje en masa de nitrógeno.

Respuesta: Amoniaco, NH3; M=17 g/mol

Examen de admisión 2018-1 SOLUCIONARIO...

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