IO UNI - Pamer

UNI2018-1

¡Te preparamos paraalcanzar las metas!

SOLUCIONARIO

ADMISIÓN 2018 - I

Nuestra exigencia tiene resultados

UNI

SOLUCIONARIO

Créditos

ENCARGADO DE EDITORIAL: Marcelo Encinas Boyer

SUPERVISORA ED. ACADEMIA: Mercedes Nunura Sánchez

DIRECCIÓN GENERAL DE LÍNEA: Carmen Alburqueque Valera

COORDINACIÓN DEL EXAMEN: Susana Oña Cachique

Maribel Salinas

PROFESORES RESPONSABLES:Remberto Emilio Ruiz Urpeque | Juan Manuel Guizado Estrada |

Saroff Yataco Irrazábal | Rudy Chancafe Curo | Martín Lopez Rocha | Edy Pallín Tello | Miguel Ángel

Torres García

PRE PRENSA DIGITAL

DIAGRAMACIÓN UNI:Verónica Pacherres Ato

COLABORADORES:César Ágreda | Rosa Bardales |

Úrsula Nunura | Madeleyne Otore | Betty Picoy | Otilia Porras | Karina Ubillus |

Giovanna Chuquiruna | Pamela Suárez

© Derechos Reservados: Ediciones e Impresiones Paz S.A.C.

Prohibido la reproducción total o parcial de este volumen | Edición 2018 www.pamer.edu.pe

Presentación

Estimado(a) amigo(a):

Has elegido postular a la UNI, y por ello desde ya te felicitamos, puesto que, sin duda, eres una persona a la que le gustan los grandes retos. Por tal motivo, la Corporación Educativa PAMER te brinda el solucionario del examen de ingreso directo escolar UNI 2018-I, que es una excelente herramienta que te ayudará a absolver dudas, reforzar conocimientos y conocer el modelo de preguntas que propone el examen de admisión UNI.

La Corporación Educativa PAMER es conocedora del alto nivel académico que exige la UNI en su examen de admisión para seleccionar a sus futuros estudiantes. Por esta razón, presentamos un modelo de preparación enfocado directamente en lo que requiere esta universidad.

En PAMER trabajamos en equipo y hacemos nuestro tu objetivo. Contamos con un sistema de tutoría que trabaja arduamente de la mano de cada alumno orientando, exigiendo y motivando con miras al gran resultado: ¡Que seas un CACHIMBO UNI!

Nuestro equipo de profesores es especialista en preparación UNI y desarrolla un alto nivel académico con clases dinámicas. A nuestros profesores realmente les interesa que aprendas y, con la finalidad de que puedas consultar y pedir ayuda cada vez que lo requieras, te brindan toda la confianza necesaria.

Sin duda, somos un equipo sólido y es por eso que tenemos la seguridad de que este material que hoy tienes en tus manos te beneficiará. Estamos y estaremos gustosos de ayudarte siempre que lo necesites.

Tus amigos,

Corporación Educativa Pamer

EXAMEN DE ADMISIÓN

UNI 2018 - 1

Academias Pamer Ciencias4

FÍSICA

RESOLUCIÓN 1TEMA: Movimiento Armónico Simple

Oscilador bloque – resorte desplazándose verticalmente

m

A

AP.E.

Datos:

m = 0,6 Kg

ƒ = 3 Hz

A = 13 cm

Cuando pasa por la posición de equilibrio:

Vmax = ωA = (2pƒ) A

Vmax = 2p × 3 × 0,13

Vmax = 2,45 m/s

Respuesta: 2,45 m/s

RESOLUCIÓN 2TEMA: Ondas Mecánicas

• Ecuación de un onda mecánica transversal a lo largo de una cuerda:

y = 0,02 sen (0,5 t – 1,2 x – p6

) en el SI

• Se sabe que: y = A sen (cot – kx – f) → A = 0,02m; ω = 0,5 rad/s; k = 1,2 m–1

• Cada punto de la cuerda efectúa con mas por lo tanto su máxima velocidad será:

Vmax = ω A = (0,5)(0,02) = 0,01 m/s

Vmax = 0,01 × 100 = 1 cm/s

Respuesta: 1cm/s

RESOLUCIÓN 3TEMA: Dinámica Lineal

Según los datos:

10 KgF

Vi = 0Vƒ = 20 m/s

µ = 0

eje X

Ft = 4s

a

10 Kg

MRUV: Vƒ = Vi + at Fres = ma: F = 10 × 5

20 = 0 + a (4) F = 50N

a = 5 m/s2

Respuesta: 50N

RESOLUCIÓN 4TEMA: Hidrostática

– En el fondo del recipiente: PABS = PATM + PH

202 = 101 + PH

⇒ PH = 101kPa (PH: Presión Hidrostática o manométrica)

h

PATM⇓

PL

– Cuando se duplica la presión manométrica: PABS = 101 + 202 = 303kPa ∆PABS = 303 – 202 = 101kPa

∆PABS

PABS

× 100% = 101202

× 100% = 50%

Respuesta: 50

RESOLUCIÓN 5TEMA: Termodinámica

– Proceso termodinámico que sigue un gas ideal mediante la ley:

–PV3/2 = constante

– Además durante el proceso la masa del gas es constante:

PV = nRT

– Entonces:

P1 V1 = nRT1

P2 V2 = nRT2

⇒ P1 V1

P2 V2

= T1

T2

⇒ T2

T1

= P2

P1

× V2

V1

... a

P2 V2 3/2 = P1 V1

3/2 ⇒ P2

P1

= V1

V2

3/2

= V2

V1

–3/2

Academias Pamer Matemática5

EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO UNI 2018 - 1

Reemplazando en a :

T2

T1

= V2

V1

–3/2

. V2

V1

⇒ T2

T1

= V2

V1

–1/2

= V1

V2

1/2

T2

T1

= V1

4V1

1/2

⇒ T2

T1

= 14

= 12

Respuesta: 12

RESOLUCIÓN 6TEMA: Análisis Dimensional

FAIRE = CAV2 → C = FAIRE

AV2

Entonces:

[C] = [FAIRE]

[A][V]2

[C] = MLT–2

(L2)(LT–1)2

[C] = ML–3

Respuesta: ML–3

RESOLUCIÓN 7TEMA: Cinemática

VC

VA

110 mx(m)

– Para el auto: VA = 88 kmh

= 24,4 ms

XA = 24,4t

– Para el camión: VC = 75 kmh

= 20,8 ms

XC = 110 + 20,8 t

– Si el auto alcanza al camión: XA = XC

24,4 t = 110 + 20,8 t 3,6 t = 110 t = 30,55 ∴ t ≈ 30,5 s

Respuesta: 30,5

RESOLUCIÓN 8TEMA: MCUV

• Datos

a = – 245

i + 75

j m/s2

37°

53°

aT = 4 m/s2

V5 m/s2 = a

3 m/s2 = acp

R = 5 m16°

|a| = 255

= 5 m/s2

75

m/s2

245

m/s2

• Aceleración centrípeta: acp = V2

R3 = V

2

5 → V = 15 = 3,87 m/s

Respuesta: 3,87

RESOLUCIÓN 9TEMA: Dinámica - Rozamiento

• Dato:

A

B 8 kgF: máxima

a: máxima

2 kg

• El bloque A no resbala:

a

fs(max)

mAg

FN

144424443

FRES = mafs(max) = mA.aµs.mA .g = mA .aa = µsg (máxima)

• Sistema:

FN

fk

F

mAg

mBg

a

14444244443

FRES = (Σm)aF – fk = (Σm)aF – µk(Σm)g = (Σm)aF = 0,5(10)×9,81 + (10)×0,8×9,81F = 127,5 N

Respuesta: 127,5



RESOLUCIÓN 10TEMA: Gravitación Universal

• De acuerdo a los datos:

V

mgH: Fuerza de gravedadH

M

Tierra

R

• Sabemos: gH = gT.R

2

(R + H)2

Ademas: gT = GMR2

⇒ gH = GMR2

. R2

(R + H)2 = GM

(R + H)2

• Luego la fuerza de gravedad será:

M. GM(R + H)2

= 1350 × 6,63×10–11×5,97×1024

(6370×103 + 12800×103) = 1463 N

Respuesta: 1463

RESOLUCIÓN 11TEMA: Trabajo – Potencia

10 kg

mg

F = 27,62 NB

N = mgd = 10 m

A

f = µN

• Potencia Media: FdtAB

P = .......................(1)

• Determinación del tiempo (tAB):

2° Ley de Newton: F – f = ma

(27,62 N) – (0,2)(10)(9,81)N = (10 kg)a

8

10a = m/s2

MRUV: 10 =NOP

810

NOP

tAB21

2⇒1

2at2d = V0t +

tAB = 5 s .......................(2)

• Reemplazando (2) en (1):P = 55,24 W

Respuesta: P = 55,24

RESOLUCIÓN 12

TEMA: Cantidad de Movimiento

• Al inicio:VC = 0

VB

mC = 5 kg

mB = 0.01 kg• Después del choque:

Vsist = 0.6 m/s

msist = 5.01 kg

• Por conservación de la cantidad de movimiento:

Pinicio = Pfinal

VB × mB = Vsist × msist

VB × (0,01) = (+0,6î) (5,01)

⇒ VB = +300,6î m/s

∴ |VB| = 300,6 m/s

Respuesta: 300,6

RESOLUCIÓN 13TEMA: Electromagnetismo

• Inicialmente:

Bo = N1µoI1

L

⇒ 1,5 × 10–2 = N1

L µo(4)

⇒ N1

L = 37,5 × 10–4

µo

• Luego:

Bo = N2µoI2

L

⇒ 1,5 × 10–2 = N2

L µ0(2,5)

⇒ N2

L = 60 × 10–4

µ0

• Además:

∆NL =

22,5 × 10–4

µ0

• Piden:

∆NLN1

L

=

22,5 × 10–4

µ0

37,5 × 10–4

µ0

× 100% = 60%

Respuesta: 60



RESOLUCIÓN 14TEMA: Óptica geométrica

i=30°

rVidrion2=1,5

Airen1=1

d=?d=?

x=2cm

– Por ley de Snell: n1Seni = n2Senr

1× 12

= 1,5 Senr

Senr = 13

r

3 1

2 2

– De la figura:

Tgr = xd

= 12 2

d = 2 2 x

d = 4 2 cm

Respuesta: 4 2

RESOLUCIÓN 15TEMA: Óptica Geométrica

– Para un espejo esférico de pequeña abertura se cumple

ƒ= 1R

R = Radio de curvatura

– Usando la ecuación de Descartes

ƒR

= 2R

= 1i + 1

q i: distancia imagen

q: distancia objeto

Despejando i: i = qR2q–R

Si R = –60 cm y q= 60 cm ⇒ i1 = (60)(–60)2(60)–(–60)

i1 =–20cm

Si R = –120 cm y q= 60 cm ⇒ i2 = (60)(–120)2(60)–(–120)

i1 =–30cm

Por lo tanto el desplazamiento de la imagen: ∆i = i2 – i1 = –10 cm

Respuesta: 10

RESOLUCIÓN 16TEMA: Física moderna

– Recordemos que la longitud de onda máxima corresponde a la frecuencia mínima o umbral por lo que:

EKMax=0 EFotón

=hƒmin =hcλMax

=f f: Función trabajo

– Luego: hcλMax

=f ⇒ λMax = hcf

λMax = (4,14)×10–15e.v.s)(3×108m/s)

2ev

λMax = 6,21×10–7m

∴ λMax = 621nm

Respuesta: 621

RESOLUCIÓN 17TEMA: Electrodinámica

Simplificando la conexión dada:

A B A B

serie

serie

R R R

R R

R R

3R

2RParalelo

1RE

+ 1R

+ 12R

+ 13R

⇒ 1RE

= 6+3+26R

∴ RE = 6R11

= 611

Respuesta: 611

RESOLUCIÓN 18TEMA: Dilatación lineal

– Notemos que el cubo de cobre y la varilla de aluminio tiene la misma longitud inicial L0=1m

– Recordemos que el cambio de longitud esta dado por: ∆L = aL0.∆T

– Como para ∆T = 20°C entran en contacto, entonces la separación inicial:

x = ∆LCu + ∆LAl

x = aCu L0∆T + aAl L0∆T

x=(aCu + aAl) L0 ∆T

x = (41×10–6)(103mm)(20) ∴x = 0,82 mm

Respuesta: 0,82



RESOLUCIÓN 19TEMA: Electrostática

– Notar que el voltaje es el mismo. – Conexión en serie: Ws= 5mJ

a c c c b

V V

10cs=

c10

– Conexión en paralelo: Wp = ?

c cV c cp=10c

10

a

b

– Recordar que: W = CV2

2

Luego: WpWs

=

1212

CpV2

CsV2= Cp

Cs ⇒ Wp

Ws = 10c

c10

∴ Wp = 100 Ws Wp = 0,5J

Respuesta: 0,5

RESOLUCIÓN 20TEMA: Electrodinámica

– Conexión en serie: VT = n

i=1∑Vi

– Como todos los focos soportan 5v y VT = 220v. 220v = (# de focos)(5v) ∴ # de focos = 44

Respuesta: 44

QUÍMICA

RESOLUCIÓN 21TEMA: Contaminación ambiental

I. CORRECTO Los desagües domésticos son una fuente de contaminación

debido a que llevan consigo residuos sólidos, residuos orgánicos, aceites, lubricantes, entre otros, causando impacto ambiental sobre las aguas.

II. CORRECTO El drenaje de tierras fertilizadas sobre las aguas también

son fuentes contaminantes debido a que concentran las aguas principalmente de nitratos y fosfatos, que son causantes de la eutroficación.

III. CORRECTO La descarga de calor residual de las calderas industriales

sobre las aguas (contaminación térmica) son causantes de alteraciones tales como disminución de la solubilidad del oxígeno en las agua y cambios en el pH, afectando principalmente a las especies acuáticas.

Respuesta: I, II y III

RESOLUCIÓN 22TEMA: Química orgánica

I. INCORRECTO La estructura del 3-metil-1-butino es:

HC

CH3

CH3C1 2 3 4

CH

Para contabilizar los enlaces sigma y pi establecemos la estructura en forma desarrollada:

H H

HH

HH

H

H

C

CCCC

• Sesabe: Enlace simple (1 sigma) Enlace triple (1 sigma y 2 pi)• Delaestructuratenemosentotal: 13 sigma y 2 pi

II. INCORRECTO El compuesto aromático C6H4Cl2 es un aromático

disustituido y presenta 3 isómeros de posición:

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

III. CORRECTO Si hacemos la estructura desarrollada del BrHC = CHBr

tenemos:

Br Br

HH

CC

sp2

sp2

Respuesta: Solo II

RESOLUCIÓN 23TEMA: Estado líquido

Analizando la estructura de la acetona, etanol y etilenglicol, tenemos:

(acetona)

< <(etanol)

(etilenglicol)

OHC2H5CH3 CH3C

O

CH2 CH2

OH OH

Aumenta la intensidad de la fuerza intermolecular



Explicación:El etilenglicol y el etanol posee puente hidrógeno y la aceto-na, dipolo dipolo, pero debido a que el etilenglicol presen-ta dos grupos oxhidrilos, posee mayor intensidad en la fuer-za puente hidrógeno.

Con el análisis descrito contestamos las proposiciones:I. INCORRECTO La sustancia que posee menor intensidad de la fuerza,

es quien posee mayor presión de vapor, en este caso, la acetona.

II. CORRECTO Debido a que el etilenglicol posee mayor intensidad en

la fuerza puente hidrógeno que el etanol.

III. CORRECTO La viscosidad tiene relación directa con la intensidad de

la fuerza. Considerando solo fuerzas intermoleculares, la acetona posee menor viscosidad.

Respuesta: II y III

RESOLUCIÓN 24TEMA: Electroquímica

Para almacenar una solución acuosa que contiene iones Cu2+(1M) a 25°C en un recipiente metálico, el recipiente no debe sufrir deterioro, es decir no debe oxidarse.Para ello debemos analizar los potenciales de reducción que se dan como datos y elegir aquel que presente mayor po-tencial de reducción que el ion Cu2+ o verificar que el metal al oxidarse, genere un proceso no espontáneo y con ello se concluye que la oxidación no es posible.

Cu2+

(1M)Recipiente metálicoque no se oxida frente al ion Cu2+

De los datos, el que posee mayor potencial de reducción es el ion Ag+ y debemos verificar que cuando la plata (Ag) se oxi-da frente al ion Cu2+, se genere un proceso no espontáneo.

Reducción °ERED = +0,340 V 2+ 0 0 +

Cu(ac) + Ag(s) → Cu(s) + Ag(ac)

Oxidación °EOXID = –0,800 V

°ECELDA = +0,34 V – 0,800 V

°ECELDA = – 0,46 V (Proceso no espontáneo)

Por lo tanto, se concluye que el recipiente de plata no sufri-ría oxidación.

Respuesta: De plata

RESOLUCIÓN 25TEMA: Electroquímica

Para establecer qué especie química es mejor agente reduc-tor debemos verificar la especie con mayor facilidad para la oxidación, es decir el de mayor potencial de oxidación.Como tenemos de datos los potenciales de reducción, debe-mos invertir las semirreacciones para obtener los valores de potencial de oxidación.

Semirreacción: °E (V) Mg(s) → Mg 2+

(ac) + 2e– +2,36

Zn(s) → Zn 2+(ac)

+ 2e– +0,76

H2(g) → 2H +(ac)

+ 2e– 0,00

2Br 1–(ac) → Br2(g) + 2e– –1,07

2Cl–(ac) → Cl2(g) + 2e– –1,36

Se observa que el que posee mayor potencial de oxidación es el magnesio, por lo que sería el mejor agente reductor.

Respuesta: Mg(s)

RESOLUCIÓN 26TEMA: Materia

Analizando cada proposición:I. La dureza es el grado de resistencia que ofrece un cuerpo

a ser rayado, y como no depende de la masa, entonces es una propiedad intensiva.

II. La temperatura, en general, mide el grado de desorden molecular de un cuerpo, y como no depende de la masa, entonces es una propiedad intensiva.

III. La maleabilidad es la facilidad de ciertos metales de poder ser laminados, y como no depende de la masa, entonces es una propiedad intensiva.

IV. La masa, es una propiedad extensiva.

Respuesta: Solo IV

RESOLUCIÓN 27

TEMA: Teorías Atómicas

La teoría atómica de Niels Bohr se fundamenta tanto en la física clásica como en la física cuántica, aplicando estas teo-rías al átomo del hidrógeno.

Analizando cada proposiciónI. Según Niel Bohr los electrones no se pueden mover en

cualquier lugar alrededor del núcleo, solo pueden hacerlo en aquellos lugares de determinado valor energético, es decir en estados o niveles cuantizados. (Verdadero)



II. Niels Bohr propone que la “Orbita” del electrón es de energía constante a diferencia de Rutherford que proponía lo contrario, pero coincidieron en que la órbita del electrón era circular. (Verdadero)

III. Uno de los grandes aportes de Niels Bohr es que el electrón solo emite o absorbe energía cuando pasa de un nivel a otro. Esto permitió explicar, en parte, el origen de los espectros atómicos. (Verdadero)

Respuesta: I, II y III

RESOLUCIÓN 28

TEMA: Tabla Periódica

Haciendo las configuraciones electrónicas:O8 : 1S2 2S2 P4

M12 g : 1S2 2S2 2P6 352

Analizando las proposicionesI. De la configuración electrónica del oxígeno notamos que

es un no metal (Grupo VIA y 2° periodo), por lo tanto necesita ganar 2 electrones para cumplir la regla del octeto y así ser estable, es decir formará un anión. (Falsa)

II. De la configuración electrónica del magnesio notamos que es un metal (Grupo IIA y 2° periodo), pero a pesar de ser un metal no es buen conductor del calor, pero si de la electricidad.

Los metales, mejores conductores del calor son: Ag, Al, Cu, Fe, Au, Ni, Zn, Pt. (Falsa)

III. Se sabe que el oxígeno es un gas y el magnesio es un sólido a condiciones ambientales. (Verdadero)

Respuesta: Solo III

RESOLUCIÓN 29

TEMA: Enlace Químico.

Haciendo la configuración electrónica del S y F:

16S: 1S2 2s2 2p6 3s2 3p4

gF: 1s2 2s2 2p5

Analizando las proposiciones:

I. Haciendo la estructura molecular del SF6a) determinando el número de pares de electrones de

valencia a distribuir

# e– val. de c/u

# e– val. total

6 7

6+ 42 48 24

S F6 suma #de pares

b) Distribución de los átomos en la molécula y colocamos los pares de electrones de valencia.

F

F

FF

F

FS

Luego para determinar el tipo de geometría molecular que tiene, hallamos el tipo de hibridación del átomo central para esto aplicamos la siguiente tabla.

Suma= σ+Pares libres

HibridaciónOrientación espacial de los átomos

Geometriamolecular

2 sp Lineal

3 SP2

Trigonal Planar

Angular

4 SP3

Tetraedrica

Piramidal

Angular

5 sp3d1

La más conocida

es la bipiramidal

6 sp3d2 La más

conocida es la

octaedrica

3 sp2

4 sp3

Para el azufre la suma es: σ = 6; PL = 0 → Suma=6, entonces su Geometria molecular es octaedrica. (Falsa)

II. El SF6 es un compuesto molecular, los compuestos iónicos son los que se forman de pares iónicos. (Falso)

III. De la configuración electronica del azufre notamos que en su último nivel tiene los subniveles s, p y d, este subnivel

“d” interviene en la hibridración sp3d2. (Verdadero)

Respuesta: Solo III



RESOLUCIÓN 30

TEMA: Estequiometría

En cada compuesto determinamos el porcentaje en masa de nitrógeno.A) Urea, (NH2)2CO: M=60 g/mol

→ %mN= 2860

×100=46,67%

B) Nitrato de Amonio, NH4NO3; M=80 g/mol

→ %mN = 2880

× 100=35%

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

→ %mN = 4259

× 100 = 71,18%

D) Amoniaco, NH3; M = 17 g/mol

→ % mN = 1417

× 100 = 82,35%

E) Cloruro de Amonio, M = 53,5 g/mol

→ % mN = 14

53,5 × 100 = 26, 17%

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

RESOLUCIÓN 31

TEMA: Enlace Químico

OO S O

OOO

S

SO3 SO32–

2–

I. El SO3 presenta 3 formas resonantes:

O O O

O O OO O O

S S S

(Verdadero)II. Según la figura no existiria resonancia (Falso)III. Según mediciones expermientales La longitud del S - O (en el SO3) Debe estar comprendida entre lo que es un enlace simple

y un doble enlace por tanto deberá tener menor longitud que el S – O (simple) en el SO32– (Verdadero)

Respuesta:VFV

RESOLUCIÓN 32

TEMA: Nomenclatura

De las alternativas:SeO → EO: 2+SeO2 → EO: 4+SeO3 → EO: 6 + (Máx E.O)Se2O3 → EO: 3+Se2O4 → EO: 4+

Respuesta: SeO3

RESOLUCIÓN 33

TEMA: Soluciones

Estómago Normal “Acidez Estomacal”

Jugo: 8.10–2 M Jugo: 0,12 mol/L Gástrico Gástrico HCl HCl

# Eq = NxV # Eq = NxV HCl HCl = 8.10–2 Eq = 12.10–2= 12.10–2Eq Ante el exceso de ácido, éste debe ser neutralizado con una cantidad de leche magnesia Mg(OH)2Se tiene un exceso: 12.10–2 – 8.10–2 = 4.10–2 Eq de Ácido

De la reacción: 2HCl + 1 Mg(OH)2 → MgCl2 + 2H2O

Ley: 2Mol 1 Mol 4×10–2Mol n

n(Mg(OH)2)= 2.10–2Mol

→ Masa = 2.10–2 x 58 = 1,16g Mg(OH)2

Según Leche

Magnesia

425mg

5mL Mg(OH)2 =85 mg/mL

Dato suspensión



Luego:

85.10–3g 1,16g

1mL V(mL)=

∴ V(mL) = 13,7 mL

Respuesta: 13,7

RESOLUCIÓN 34TEMA: Constante Equilibrio

T = 773 K

N2(g) + 3H2(g)

2NH3(g)

0, 432 atm 0,928 atm 2,24 . 10–3 atm

KP = (2,24 . 10–3)2

(0,432)(0,928)3 = 1,453 . 10–5

De: KP = KC(RT)∆ n

1,453 . 10–5 = Kc (0.082 × 773)– 2

Kc = 0,0583

Respuesta: 0,058

RESOLUCIÓN 35TEMA: Estado Gaseoso

CO25L

300K14g P–

M = 44g/mol

Según: Pv = nRT

P × 5 = 1444

× 0,082 × 300

P = 1,56 atm

Respuesta: 1,56

RESOLUCIÓN 36TEMA: Soluciones

Se observa que es una solución binaria1 soluto (sto) = NH3 y solvente(ste) = H2O

Xsto + Xste = 1; X: fracción molar.

Calculando el porcentaje en masa (%m)

%m = msto

msolución × 100

= Xsto . Msto

Xsto . Msto + Xste . Mste

× 100

= 0,245 . 17

0,245.17 + 0,755.18 × 100 = 23,45%

De la relación:

M = 10 . ρsol%m

Msto

; M = molaridad

Reemplazando:

12 = 10 . ρsol . 23,45

17 → ρsol = 0,87 g/mL

Respuesta: 0,87

RESOLUCIÓN 37TEMA: Estequiometría

– Calculando la masa teórica: Relación de masas 3 Na NH2 + NaNO3 → NaN3 + 3NaOH + NH3

3 × 39 ––––– 65 5,0 ––––– x

Luego: x = 2,78g (masa teórica)

– Porcentaje de rendimiento:

% rendimiento = masa real

masa teórica × 100

% rendimiento = 1,812,78

× 100 = 65,3

Respuesta: 65,3

RESOLUCIÓN 38TEMA: Química Aplicada

Los polímeros o macromoléculas resultan de la unión de una o más unidades simples llamadas monómeros, mediante en-lace covalente.Según su origen se pueden clasificar

• Polímeros naturales: Son todos aquellos que se encuentran en la naturaleza, provienen de los seres vivos como por ejemplo: proteínas, ácidos nucleidos, caucho natural, etc.

• Polímeros artificiales: Son aquellos obtenidos industrialmente, en ocasiones resultan de la modificación mediante procesos químicos de ciertos polímeros naturales.

Por ejemplo: nailon, policloruro de vinilo, polietileno, etc.



Las reacciones de polimerización se pueden clasificar en dos grandes grupos.

• Polimerización por adición: El polímero se forma por la unión directa de unidades de monómeros sin que se elimine ninguna molécula residual.

• Polimerización por condensación: El polímero se forma por reacción entre grupos funcionales diferentes y además se libera una molécula pequeña

– I. Correcto – II. Incorrecto

Las moléculas que se combinan para dar polímeros se denominan monómeros.

– III. Correcto

Respuesta: I y III

RESOLUCIÓN 39TEMA: Enlace químico

Dados los compuestos y su geometría molecular.

Csp2 sp2

C

H

H Cl

Cl

Csp2 sp2sp

C C

H

H Cl

Cl

– Molécula planar – Molécula no planar

– Σu = 0 – Σu ≠ 0

Donde u: es el vector momento dipolar¿Cuales de las proposiciones son correctas? – I. Incorrecto

B : No es planar.

– II. Incorrecto B: Presenta momento dipolar diferente cero.

– III. Correcto Sólo hay un carbono con hibridación sp.

Respuesta: Solo III

RESOLUCIÓN 40TEMA: Sistemas dispersos

Dilución:Proceso que consiste en disminuir la concentración de una solución, agregando más solvente.En la dilución la masa del soluto permanece inalterable, por lo tanto el número de moles es constante.

nsto(1) = nsto(2)

M1 . V1 = M2 . V2

Donde: – M1, V1 son la molaridad (mol/L) y volumen de la

solución concentrada. – M2, V2 son la molaridad (mol/L) y volumen de la

solución diluida.

De la relación:

M = 10 . ρsol . %m

Msto

⇒ 10 . ρsol(1) . %m(1)

Msto

. V1 = 10 . ρsol(2) . %m(2)

Msto

. V2

Reemplazando: 1,420 . 69,8 . 100 = 1,098 . 19 . V2

475 = V2

Respuesta: 475

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