SOLUCIONARIO: ENSAYO DE CIENCIAS QUÍMICA ELECTIVO …

SOLUCIONARIO: ENSAYO DE CIENCIAS – QUÍMICA ELECTIVO

Plan Común – Biología

1.

Respuesta correcta: B

Los glóbulos rojos son células animales. Cuando una célula animal es colocada

en un medio hipertónico respecto a ella, es decir, tiene más soluto disuelto que la

célula, entonces la célula animal perderá agua. El agua saldrá por osmosis, pues

se mueve desde una menor concentración de soluto a una mayor concentración

de soluto. Ante la pérdida de agua, el glóbulo rojo se deshidratará, proceso

llamado crenación.

2.

Respuesta correcta: D

El organelo que se muestra en la figura es la mitocondria. La función de principal

de este organelo es la producción de ATP a través del proceso de respiración

celular. Para la síntesis de ATP, se necesitan como reactantes glucosa y oxígeno.

3.


La respiración celular ocurre en la mitocondria, un organelo. Por lo tanto, es un

proceso intracelular y productor de energía, pues su función principal es producir

ATP.

4.

Respuesta correcta: A

En una herencia autosómica recesiva, una enfermedad o característica a estudiar,

aparece en la progenie de padres no afectados. Además, se salta generaciones y la

progenie afectada incluye tanto mujeres como hombres en la misma proporción.

Todas estas características se observan en el árbol genealógico planteado.

5.


El glucagón es una hormona hiperglicemiante, es decir, aumenta los niveles de

glucosa en la sangre. Tras varias horas sin comer y la realización de un ejercicio

intenso, los niveles de glucosa disminuyen notablemente pudiendo ser peligroso

para el organismo. Ante un ejercicio intenso, los niveles de glucagón aumentan

para liberar glucosa desde el hígado (reservas de glucógeno) a la sangre y así tener

disponible glucosa en las células para obtener energía.

6.

Respuesta correcta: E

La combinación de estrógenos y progesterona en las píldoras anticonceptivas

generan una inhibición de la hipófisis y, por ende, una inhibición en la producción

y liberación de las hormonas gonadotrofinas, FSH y LH. Sin estas hormonas, el

ovario no puede activarse y, por lo tanto, todos los procesos que ocurren en el

órgano blanco, no suceden. Los folículos ováricos no maduran, por tanto no hay

liberación de un ovocito secundario.

7.


Se sabe que las flores de color rojo tendrán descendencia en cualquier ambiente,

por ende, para poder comprobar que esa invariabilidad se mantiene, lo mas

eficiente es realizar cruces en ambas condiciones ambientales, así se descarta que

el ambiente influye en la expresión del color. Por otro lado, la generación de líneas

puras permite asegurar la obtención de genotipos conocidos mendelianos en la F1

y F2. Por lo tanto, ambas alternativas combinadas permitirán comprobar la

invariabilidad.

8.


El gráfico muestra los cambios en el tiempo del desarrollo de distintos tejidos.

Analizando el gráfico, solo es correcto afirmar que el sistema reproductor tiene un

menor desarrollo que el tejido cerebral entre los 2 y 10 años.

En el caso del tejido linfático y cerebral, el primero tiene un menor desarrollo que

el segundo entre los 2 y los 6 años de edad.

Por último, el tejido linfático tiene un menor desarrollo que el tejido cerebral, pero

mayor que el tejido general y reproductivo los primeros 6 años de vida.

9.


La gametogénesis masculina comienza en la pubertad, aproximadamente entre los

10 y 14 años. La espermatogénesis permite obtener células sexuales haploides

gracias a la meiosis. Una vez que este proceso comienza, se producen miles de

millones de espermatozoides cada día.

10.

Respuesta correcta: C

La fotosíntesis es un proceso de obtención de alimento a partir de materia

inorgánica y luz. La luz es esencial para comenzar este proceso. Sin ella, la fase

dependiente de la luz no puede ocurrir y, por lo tanto, no pueden generarse

moléculas energéticas y reductoras indispensables para la fase independiente de la

luz, donde se produce la fijación de carbono y síntesis de glucosa.

11.


En un bosque, las plantas que habitan en las zonas altas y bajas tienen distintas

adaptaciones para obtener energía. Los árboles que habitan las zonas bajas del

bosque tienen la adaptación de tener hojas grandes. Como las hojas son las partes

de una planta que tienen tejidos con células especializadas en la realización de

fotosíntesis, con cloroplastos, los árboles pequeños podrán aumentar la eficiencia

de la fotosíntesis si aumentan el tamaño de sus hojas. A mayor superficie de follaje,

mayor será la obtención de luz y más fotosíntesis podrá realizar la planta.

La mayor cantidad de xilema en el árbol mencionado, no es un factor determinante

en la fabricación de su propio alimento, ya que el xilema transporta principalmente

agua, que es un componente particularmente abundante en las plantas y árboles de

los bosques, como tampoco la cubiertas de cera en sus hojas, ya que la pérdida de

agua a través de las hojas por exposición a radiación solar no es un problema de

las plantas de dichos climas.

La cantidad de estomas para plantas de estos climas es muy similar ya que son

climas más húmedos, por lo que no es una adaptación relacionada con la

exposición a la luz.

12.


El arroz blanco es un vegetal alto en reservas de almidón. El almidón es un

polisacárido de glucosa y la forma en la que las plantas almacenan los

carbohidratos. Por lo tanto, si no se quiere comer carbohidratos en alta cantidad,

no se debe consumir un alimento rico en esta macromolécula.

La mantequilla es grasa (lípidos) animal. Las carnes rojas son, principalmente,

proteínas junto con las carnes blancas. Y las verduras verdes son, esencialmente,

fibras vegetales (polisacárido celulosa) que no se digiere en nuestro organismo.

13.


El organismo vegetal mencionado crece en los estratos bajos de un bosque. La

característica de este organismo es tener hojas grandes para obtener más luz y hacer

fotosíntesis.

Como este organismo también habita en la sabana, donde el agua se encuentra a 1

m de profundidad, debe tener la adaptación en sus raíces. Estas deben ser largas

para alcanzar el agua a esas profundidades.

14.


La interfase es una parte importante en tiempo e inversión energética en el ciclo

celular. Esta interfase se compone de 3 etapas consecutivas: G1, S y G2. En la

etapa G1 hay una alta actividad metabólica y síntesis de organelos. En la etapa S,

ocurre la replicación del ADN y en la etapa G2, se corrobora que todos los procesos

celulares anteriores estén listos para la división celular. Además, se termina la

duplicación de los centriolos y la cromatina comienza a condensarse.

15.


Analizando la tabla, puede observarse que ambas hormonas participan en la

regulación de sales y agua en los riñones, lo cual tendrá una implicancia directa en

mantener un volumen de la sangre adecuado y constante para el organismo. La

aldosterona reabsorbe Na+, este ión está hidratado, por lo tanto, siempre que cruza

una membrana biológica, el agua le seguirá por osmosis. De esa manera, ambas

hormonas actúan en conjunto manteniendo un balance de agua y iones correcto y

balanceado.

16.


La tabla muestra tres especies de aves y el número de individuos por cada una para

controlar una plaga de insectos. Con la información entregada no se puede saber si

será efectivo, pues se desconoce qué tipo de insectos come cada una de las aves y

si son consumidores generalistas (consumen más de una especie) o especialistas

(consumen solo una especie).

17.


El impacto que los seres humanos han tenido a largo de los años, sobre las demás

especies de animales y vegetales, es muy diversa. La invasión de sus territorios ha

generado desequilibrios en las especies en diversos ámbitos, como por ejemplo el

número de individuos que componen las poblaciones. Las especies deben buscar

nuevos lugares donde habitar, generando repercusiones en su nicho ecológico. Las

adaptaciones al cambio pueden suceder, pero toman años en producirse y

manifestarse en las generaciones.

18.


La población X se desplaza a un sitio donde genere la menor interferencia con las

otras poblaciones. En el enunciado se dice que la población X compite por alimento

con las demás poblaciones (A, B, C y D). Por lo tanto, la alternativa que representa

la menor interacción con las otras poblaciones es la alternativa B. El nicho

ecológico de la población X interfiere lo menos posible con el nicho ecológico de

las demás poblaciones.

Plan Común – Física

19.


A se encuentra en el punto donde llega el cono de sombra de la Luna que cubre el

cuerpo del Sol, por lo que desde ese punto se ve un eclipse total de Sol.

En B llega parte de la sombra generada por la Luna, la que cubre solo la parte

superior del Sol, por lo que se observa un eclipse parcial; mientras que en C no

llega la sombra la Luna, entonces, no se ve eclipse alguno.

20.


El espejo plano crea una imagen virtual, de igual tamaño al objeto y simétrica

respecto al plano del espejo; por su parte los espejos angulares tienen varias

imágenes, pero no son ampliadas. Un espejo convexo siempre entrega una imagen

virtual, derecha y más pequeña que el objeto, por lo que se usan como retrovisores,

mientas que un espejo cóncavo la imagen obtenida puede ser virtual, derecha y

aumentada, si el objeto se encuentra entre el foco y el vértice, por lo que el espejo

indicado para rasurarse es el cóncavo.

21.


Considerando la Ley de Snell, el índice de refracción del agua es 1,3, mientras que

el del aire es 1, por lo que el rayo de luz incide oblicuo desde un medio con menor

índice de refracción a uno con mayor, entonces se acerca a la normal cuando viaja

dentro de la gota de agua.

22.


Para escuchar el eco, la distancia recorrida por el sonido es de ida y vuelta, es decir,

80 metros. De esta forma, la velocidad del sonido es

𝑣 =80

14⁄

= 320 𝑚/𝑠

23.


En un lente biconvexo las distancias focales son mayores mientras menos

curvatura tiene el lente, por lo que las distancias focales de F son mayores que las

de G, por lo que la imagen creada será virtual y más grande que para el lente F

cuando el objeto se encuentra ubicado entre el foco y el lente. Además, la

convergencia aumenta en la medida que aumenta la curvatura del lente, entonces

el lente G tiene mayor convergencia.

24.


𝑣1 = 8 𝑚 𝑠⁄

𝑡 = 0.4 𝑠

𝑎 = 10 𝑚 𝑠2⁄

Usando la ecuación itinerario se tiene:

𝑑 = 𝑣1 ∙ 𝑡 +1

2∙ 𝑎 ∙ 𝑡2

𝑑 = 8 ∙ 0,4 +1

2∙ 10 ∙ 0,42 = 4 𝑚

De esta forma, la altura recorrida por el gato es:

ℎ = 4 𝑚

25.


El sistema de referencia tiene velocidad 𝑢 = 60 𝑘𝑚 ℎ⁄ , y Q tiene velocidad 𝑣𝑄 =

−70 𝑘𝑚 ℎ⁄ desde un sistema de referencia fijo, entonces, visto según P, Q se

acerca con velocidad

𝑣𝑄′ = 60 + 70 = 130 𝑘𝑚 ℎ⁄

Desde el reposo, la velocidad de S es 𝑣𝑠 = 40 𝑘𝑚 ℎ⁄ y visto desde P se acerca y

su velocidad es

𝑣𝑠′ = 40 − 60 = −20 𝑘𝑚 ℎ⁄

Para el caso de R, desde el reposo su velocidad es 𝑣𝑅 = 80 𝑘𝑚 ℎ⁄ , pero según P

su velocidad es

𝑣𝑅′ = 80 − 60 = +20𝑘𝑚 ℎ⁄

El signo negativo indica que R se aleja de P.

26.


La distancia recorrida es el área bajo la curva, de esta forma:

𝑑1 = 20 𝑘𝑚 ℎ⁄ ∙ 0,2 ℎ = 4 𝑘𝑚 distancia recorrida alejándose del origen.

𝑑2 = −20 𝑘𝑚 ℎ⁄ ∙ 0,2 ℎ = −4 𝑘𝑚 distancia recorrida acercándose al origen.

El auto avanzo 4 𝑘𝑚 en ∆𝑡 = 0,2 ℎ, estuvo 0,2 ℎ detenido, y luego se devolvió

4 𝑘𝑚 entre 0,4 ℎ y 0.6 ℎ, por lo que en 𝑡 = 0,6 ℎ estaba en el km 0.

En 𝑡 = 0 ℎ el auto no se ha movido, por lo que se encuentra en el km 0.

27.


Para conocer las tensiones 1, 2, 4 y 5, se deben conocer los ángulos que se forman

entre la pared y las cuerdas.

Por otra parte, si los bloques están en reposo, los pesos de ambos son iguales a las

tensiones ejercidas por sus respectivas cuerdas, 𝑇3 = 𝑚𝑋𝑔 y 𝑇6 = 𝑚𝑌𝑔, y como

ambos cuerpos tienen igual masa, entonces 𝑇3 = 𝑇6.

28.


La segunda Ley de Newton dice que la suma de fuerzas sobre un cuerpo es igual

a cero, cuando este se encuentra en reposo.

La sumatoria de fuerzas, en forma vectorial queda:

�⃗� + 𝐹𝑎⃗⃗ ⃗ + 𝐹 + �⃗⃗� = 0

29.


Ambas fuerzas descritas tienen igual dirección, en este caso, horizontal. La caja

aplica la fuerza de su peso sobre la mesa, mientras que la mesa ejerce una

reacción a ese peso, que es la fuerza normal, que solo difiere en el sentido con el

peso.

30.


La fuerza de gravedad ejercida sobre la Tierra por el Sol es:

𝐹𝑇 =𝐺 ∙ 𝑀𝑇 ∙ 𝑀𝑠

𝐷𝑇2 =

𝐺 ∙ 𝑀𝑠 ∙ 6 ∙ 1024

(1,5 ∙ 1011)2= 𝐺 ∙ 𝑀𝑠 ∙ 266

La fuerza ejercida sobre Jupiter es:

𝐹𝐽 =𝐺 ∙ 𝑀𝐽 ∙ 𝑀𝑠

𝐷𝐽2 =

𝐺 ∙ 𝑀𝑠 ∙ 2 ∙ 1027

(7,5 ∙ 1011)2= 𝐺 ∙ 𝑀𝑆 ∙ 3555

Al comparar las fuerzas se tiene

𝐹𝐽

𝐹𝑇=

𝐺 ∙ 𝑀𝑠 ∙ 266

𝐺 ∙ 𝑀𝑆 ∙ 3555≈ 13

31.


La cantidad de movimiento inicial y final son respectivamente:

𝑝𝑖 = 0,2 ∙ 3 = 0,6 𝑁 ∙ 𝑠

𝑝𝑓 = 0,2 ∙ 8 = 1,6 𝑁 ∙ 𝑠.

Con estos valores es posible calcular el impulso

𝐼 = 𝑃𝑓 − 𝑃𝑖 = 1 𝑁 ∙ 𝑠

La fuerza que actúa sobre la esfera es

𝐼 = 𝐹 ∙ ∆𝑡 ⟹ 𝐹 =𝐼

∆𝑡=

1

4= 0,25 𝑁

32.


Como no existen fuerzas disipativas, la energía se conserva, por lo tanto 𝑊 =

𝐸𝑚𝑓 − 𝐸𝑚𝑖 = 0.

Antes de caer, la pelota solo tiene energía potencial 𝐸𝑃 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ, y al llegar al

piso, solo energía cinética, y como ya se mencionó, la energía total se conserva,

entonces se tiene

𝐸𝑚𝑓 = 𝐸𝑚𝑖 ⇒ 𝐸𝐶 = 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ ℎ

33.


El sonar es un dispositivo que emite ondas sonoras en el agua, y recibe las ondas

que son reflejadas por los objetos con los que chocan, lo que permite medir

distancias y ubicar objetos bajo el agua.

34.


Para hacer la equivalencia entre escalas consideramos

𝑇°𝐶 − 0

100 − 0=

𝑇°𝑋 + 20

180 − (−20)

Al despejar la temperatura en la escala X se tiene que

𝑇°𝑋 = 2 ∙ 𝑇°𝐶 − 20

En el intervalo AB de la escala X hay

180 − (−20) = 180 + 20 = 200°𝑋

Al tener 60°C, usamos la formula encontrada y se obtiene

𝑇°𝑋 = 2 ∙ 60 − 20 = 120 − 20 = 100°𝑋

35.


La densidad depende de la masa y del volumen, pero al aumentar la temperatura,

los materiales sufren dilatación, por lo que el volumen cambia y con esto la

densidad.

La dilatación de una barra depende de la temperatura y del coeficiente de

dilatación, este valor depende del material y es muy pequeño, por lo que al

aumentar la temperatura al doble, la dilatación no será el doble, sino un pequeño

porcentaje del largo total de la barra.

36.


La Tierra tiene un núcleo líquido y caliente, que ha liberado calor por muchos

años, enfriando la Tierra. El núcleo interior es muy caliente, y provoca que los

materiales del núcleo exterior se muevan por convección, lo que se cree que

genera el campo magnético terrestre.

El lugar con mayor actividad geológica en las capas tectónicas son los bordes,

que interactúan con otra capa, dándose vulcanismo y más terremotos.

Plan Común – Química

37.


Tal como se puede observar en la estructura de Lewis del compuesto

El Nitrógeno pertenece al grupo 15 de la taba periódica y presenta Z=7 con

configuración electrónica 1s2 2s2 2p3 y 5 electrones de valencia, los cuales al ser

distribuidos en Lewis evidencian tres pares de electrones enlazantes que

conforman el enlace triple y dos pares no enlazantes que están ubicados al costado

de cada átomo de nitrógeno.

38.


Las especies Na+, O– 2, Ne, son isoeléctricas entre sí ya que las tres poseen

configuración con 10 electrones, así tenemos:

11Na+ (al poseer 1 carga eléctrica positiva nos indica que perdió 1 electrón):1s2 2s2

2p6

8O-2 (al poseer 2 cargas eléctricas negativas nos indica que ganó 2 electrones):1s2

2s2 2p6

Ne (es un gas noble, átomo neutro) con configuración electrónica: 1s2 2s2 2p6

39.


En el Enlace Covalente Apolar, si los átomos enlazados son no metales e idénticos

(como en N2 o en O2), los electrones son compartidos por igual en los dos átomos,

y el enlace se llama covalente apolar. Se establece entre átomos con igual

electronegatividad. Átomos del mismo elemento presentan este tipo de enlace, por

lo tanto, los enlaces C-C presentan polaridad cero, en cambio el enlace C-H si bien

tienen una polaridad baja, esta presenta una mínima polaridad igual a 0,4.

40.


Tetraédrica

Con el ángulo de separación entre átomos de 109 a 109,5º dependiendo de la

electronegatividad de los átomos que rodean al átomo central.

41.


Dentro de los hidrocarburos encontramos los compuestos alifáticos, estos son

aquellos que están dispuestos en cadenas abiertas lineales o ramificadas.

42.


Alcohol (-OH), Amida (-CONH), Éster (-COOR-)

43.


Procedimiento, ya que se describe el modo o método de ejecutar una labor, consiste

en seguir ciertos pasos predefinidos para desarrollar una labor de manera eficaz.

44.


La molécula está dibujada en forma de varilla y con la proyección de Newman.

Esta forma permite analizar la conformación estable en torno a 2 carbonos sp3, el

círculo separa estos carbonos para poder apreciar en perspectiva los radicales que

cada uno posee, si se cambia la representación por la proyección de caballete la

molécula queda:

Entonces podemos visualizar que la cantidad de carbonos es 5 y de H es 12

45.


Si se realiza el balance de átomos, podemos ver que faltan en el producto 6 H y 3

O que sí están presentes en los reactivos, entonces nuestra ecuación queda de la

siguiente manera: 3LiOH + H3PO4 Li3PO4 + 3H2O

46.


2KI + Pb(NO3)2 2 KNO3 + PbI2

Teórico: 331,98 g + 331,2 g 202,18 g + 461 g

Práctico: 3,32 g + 3,31 g 2,02 g + X

Entonces:

3,32 g + 3,31 g = 6,63 g = 2,02 g + X

X = 4,61 g

47.


Cuando buscamos determinar la Fórmula Molecular (FM) conociendo la Fórmula

Empírica (FE), se debe definir la Masa Molar de la FE (NH2:16 g/mol) y además

se requiere conocer la Masa Molar de la FM (48 g/mol), así, se realiza una relación

entre ambas:

𝑟 =𝑀𝑀𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜

𝑀𝑀𝐹𝐸=

48 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄

16 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 3 , este factor amplifica a la Fórmula Empírica,

quedando:

3 ∙ (𝑁𝐻2) ⟹ 𝑁3𝐻6

48.


Se tiene para la siguiente reacción:

CaC2 + 2 H2O C2H2 + Ca(OH)2

Determina la masa 64 g 74 g

Se pide obtener X g 37 g

Entonces;

𝑋 𝑔𝐶𝑎𝐶2=

37 𝑔 ∙ 64 𝑔

74 𝑔= 32 𝑔

32 gramos de CaC2 son necesarios para obtener 37 gramos de Ca(OH)2

49.


Al observar el gráfico se aprecia que la solubilidad de KNO3 en agua a 20 °C es de

aproximadamente 40 g/100 g, por lo que una disolución de 60 g de KNO3 en 100

g de agua a esa temperatura se encuentra sobresaturada. Por lo tanto, la alternativa

correcta es D.

En el gráfico se observa que entre 0 y 30 °C, aproximadamente, el KNO3 no es la

sal más soluble en agua, ya que su curva de solubilidad se encuentra por debajo del

NaCl (bajo los 20 °C) y por debajo del K2CrO4 (bajo los 30 °C), por lo que la

alternativa A es incorrecta.

La alternativa B es incorrecta debido a que al aumentar la temperatura el sulfato

de cesio (Ce2(SO4)3) muestra una disminución en la solubilidad.

Según el gráfico, a 40 °C el K2CrO4 presenta mayor solubilidad que el NaCl, por

lo que la alternativa C es incorrecta.

Finalmente, la curva del NaCl muestra que a 30 °C la solubilidad de este compuesto

es cercana a 40 g/100 g de agua, por lo que una disolución de 20 g de la sal en 100

g de agua se encuentra insaturada a esa temperatura. De hecho, la curva de

solubilidad para esta sal comienza con un valor de 40 g/100 g de agua a 0 °C y

aumenta levemente con la temperatura, por lo que la alternativa E es incorrecta.

50.


Según la definición de Concentración Molar, una disolución 2,7 M de ácido

clorhídrico significa que existen 2,7 moles del ácido disueltos en 1 litro de

disolución.

51.


Para una disolución química cuando agregamos una cantidad extra de solvente,

puede ocurrir que:

La afirmación I, señala que ocurre un aumento de la concentración, esto es

incorrecto, ya que la concentración va asociada a la cantidad de soluto que contiene

en un volumen definido de solvente, cuando aumentamos la cantidad de solvente

la proporción entre ambos componentes de la solución varía y más solvente hace

que disminuya la concentración de soluto.

La afirmación II, señala que ocurriría un descenso de su presión de vapor, esto es

incorrecto ya que la teoría plantea que “La presión de vapor de un disolvente

desciende cuando se le añade un soluto no volátil”, y este no es el caso ya que se

añade más solvente, no soluto.

La afirmación III, señala que debiera ocurrir un descenso en su punto de ebullición

estando en solución, esto es correcto, ya que, la teoría indica que “al añadir un

soluto no volátil se producirá un aumento en la temperatura de ebullición” como

en este caso al agregar más solvente disminuye la proporción con el soluto, por lo

que se producirá un descenso en el punto de ebullición de la solución en

comparación al punto que tenía la solución inicial.

52.


40%𝑚𝑚⁄ =

𝑋 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜.

300 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑥 100 ⇒ 𝑥 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =

40 %𝑚𝑚⁄ ∙300 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜

100=

120 g

Sabemos que:

𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 = 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒

300 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 = 120 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒

300 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 − 120 𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒

180 𝑔 = 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒

53.


Al bucear a gran profundidad, aumenta considerablemente la presión a la cual está

sometido el cuerpo humano. A 50 m de profundidad la presión es de

aproximadamente 5,9 atm, comparada con 1 atm en la superficie, a nivel del mar.

De acuerdo a la ley de Henry, la cantidad de gas disuelto en un líquido determinado

es proporcional a la presión parcial que ejerce el gas sobre el líquido. Al aumentar

la presión total, también aumentarán proporcionalmente las presiones parciales de

oxígeno y nitrógeno, de modo que la cantidad de estos gases que se disuelve en la

sangre es mucho mayor que en la superficie. Por lo tanto, la alternativa E es un

ejemplo de aplicación de esta ley.

La alternativa A es incorrecta, porque la disminución del punto de ebullición del

agua con la altitud se debe a la disminución de la presión ambiental, pero no tiene

relación con la cantidad de gas disuelto.

La alternativa B es incorrecta, porque se refiere al aumento de la solubilidad de un

sólido en un líquido, debido al incremento de la temperatura, no a la solubilidad de

un gas.

La alternativa C es incorrecta porque se refiere a la disminución de la presión

parcial de oxígeno con la altitud como consecuencia de la reducción de la presión

atmosférica (total), sin hacer referencia a la solubilidad de este gas en un líquido.

La alternativa D tiene relación con la ley de Raoult, ya que establece una

proporcionalidad entre la presión parcial de un gas en una mezcla y su fracción

molar, pero tampoco ejemplifica un caso de alteración de la solubilidad de un gas

en un líquido por cambio en la presión parcial del gas (D incorrecta).

54.


Los datos que proporciona el enunciado son:

Soluto: 31 gramos ; MM soluto: 62 g/mol

Solvente (agua): 1000 gramos; se asume que Tºc agua: 0ºC; Kc: 1,86 ºC/m

Entonces

𝑚 =𝑛 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜

𝐾𝑔 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒=

31 𝑔

62 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄

1 𝐾𝑔=

0,5 𝑚𝑜𝑙

1 𝐾𝑔= 0,5 𝑚

∆𝑇𝑐 = 𝐾𝑐 ∙ 𝑚 ∙ 𝑖

∆𝑇𝑐 = 1,86 º𝐶𝑚⁄ ∙ 0,5 𝑚 ∙ 1

∆𝑇𝑐 = 0,93 º𝐶

Plan Electivo – Química

55.


Según la descripción del compuesto, la conducción eléctrica de B se explica según:

La afirmación I indica que la sustancia B (sólido) está formada por elementos

metálicos, lo que explicaría su insolubilidad en agua. Además, los átomos

metálicos presentan bajas energías de ionización.

La afirmación II menciona que la sustancia posee electrones deslocalizados,

propiedad característica de los metales. Esta propiedad le permite a los metales, la

buena conducción del calor y la electricidad.

La afirmación III, plantea que en su estructura presenta enlaces covalentes

apolares. Esta afirmación es incorrecta, pues el compuesto B es un compuesto

metálico, definido así por las características antes planteadas. Por ende, su

estructura sólida presenta enlaces metálicos entre sus átomos.

56.


De acuerdo con la información entregada en el enunciado se tiene que:

50% 𝑚/𝑚 =50 𝑔 𝐴

100 𝑔 𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

𝑚𝑜𝑙𝐴 =50 𝑔

200 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 0,25 𝑚𝑜𝑙

Luego, con el valor de densidad entregado determinamos los mL de disolución:

𝑚𝐿𝐷𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 =100 𝑔

2 𝑔

𝑚𝐿⁄= 50 𝑚𝐿 = 0,05 𝐿𝐷𝑖𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

Con este resultado, se determina la concentración molar de la sustancia A, así:

𝑀𝐴 =0,25 𝑚𝑜𝑙

0,05 𝐿= 5 𝑚𝑜𝑙

𝐿⁄

Entonces, ahora se determina la concentración de la segunda disolución:

𝐶1 ∙ 𝑉1 = 𝐶2 ∙ 𝑉2

5𝑚𝑜𝑙𝐿⁄ ∙ 5 𝑚𝐿 = 𝐶2 ∙ 500 𝑚𝐿

5 𝑚𝑜𝑙𝐿⁄ ∙ 5𝑚𝐿

500 𝑚𝐿= 𝐶2

0,05 𝑚𝑜𝑙𝐿⁄ = 𝐶2

57.


Dado que el microscopio utilizado por el investigador puede distinguir partículas

de 400 nm o superiores, este aparato podrá clasificar una mezcla como heterogénea

si sus partículas en la fase dispersa tienen tamaños mayores o iguales a 400 nm. Si

son menores a este tamaño, no podrá distinguirlas con claridad.

La mezcla 1 (14 nm) tiene partículas de menor tamaño, por lo que la mezcla no

podría ser clasificada como heterogénea usando este microscopio. En cambio, las

mezclas 2, que tiene partículas de tamaño 2100 nm (2,1 𝜇𝑚 = 2100 𝑛𝑚), y la

mezcla 3 (3 𝜇𝑚 = 3000 𝑛𝑚) , pueden ser claramente detectadas por el aparato y,

por lo tanto, clasificarse como mezclas heterogéneas.

58.


El enlace iónico se forma, generalmente, entre elementos metálicos de los grupos

IA o IIA y elementos no metálicos de los grupos VIA o VIIA. Por lo tanto, los

compuestos A2F y BG2, formados por elementos de los grupos IA y VIA en el

primer caso y, IIA y VIIA en el segundo caso, presentarán enlaces iónicos.

Mientras que el compuesto FG2, formado por elementos de los grupos VIA y VIIA

(ambos no metales), presentará enlaces de tipo covalente.

59.


El Berilio (Be) es un elemento del grupo 2 de la tabla periódica, por lo que tiene 2

electrones de valencia, ambos enlazantes. Cada átomo de H posee 1 electrón de

valencia, es por ello que la molécula tan sólo tiene 4 electrones con los cuales forma

los enlaces entre los tres átomos, sin que quede ningún par de electrones no

enlazantes disponibles como se muestra en la imagen E.

60.


Se tiene que:

CH4 1 átomo de C (6 e-) + 4átomos de H (4 e-) = 10 electrones

Así, el número de electrones presentes en 1 mol, es decir, en 6.02x1023 moléculas

de CH4 es:

6.02x1023 x 10 e- = 6.02x1024 electrones

61.


Fósforo (P): Número atómico = 15

La configuración electrónica de P es: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3

La distribución electrónica en los distintos subniveles se representa de la siguiente

manera:

Se evidencia que, en los orbitales p del tercer nivel de energía quedan 3 electrones

desapareados.

62.


La molécula de antraceno presenta hibridación del tipo sp2 en cada átomo de

carbono. Cada enlace doble tiene 1 enlace sigma () y 1 enlace pi () y cada

enlace simple, tiene 1 enlace sigma (). De esta forma, obtenemos que la molécula

presenta 26 orbitales tipo sigma () y 7 orbitales del tipo pi ()

63.


El carácter iónico de una molécula depende de la diferencia de electronegatividad

entre los átomos constitutivos. Cuanto mayor sea la diferencia entre ellos, mayor

será el carácter iónico de la molécula. Por lo tanto, sobre esta base, el orden de

aumento del carácter iónico en la molécula dada es: N2 (E.N = 0) PH3 (E.N =

0.1) ClF3 (E.N = 1) K2O (E.N = 2.7) LiF (E.N = 3)

64.


El compuesto posee 7 carbonos en su cadena principal y un radical metilo ubicado

hacia la izquierda, en la posición 3. Es por ello, que el nombre correcto corresponde

a: 3-metilheptano.

65.


En la proyección de Fischer, las moléculas se proyectan bidimensionalmente y en

ella los enlaces se representan con líneas verticales y horizontales, en forma de

cruz. Las horizontales representan los enlaces que se acercan al observador, o sea

los que se levantan del papel y las verticales representan los enlaces que se dirigen

hacia detrás del papel.

66.


Se indica que la composición del compuesto G es: 50 % de X (MM=25 g/mol), 20

% de Y (MM=10 g/mol) y 30 % de Z (MM=6 g/mol), entonces se debe calcular

los moles de cada elemento, así:

𝑛𝑋 =50 𝑔

25 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 2 𝑛𝑌 =

20 𝑔

10 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 2 𝑛𝑍 =

30 𝑔

6 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 5

Se hace una razón entre los moles calculados y la cantidad más pequeña obtenida,

así:

𝑟𝑋 =2

2= 1 𝑟𝑌 =

2

2= 1 𝑟𝑍 =

5

2= 2,5

Al no obtener números enteros en todas las razones, se debe amplificar por 2 cada

una de ellas, así:

𝑟𝑋 = 1 ∙ 2 = 2 𝑟𝑌 = 1 ∙ 2 = 2 𝑟𝑍 = 2,5 ∙ 2 = 5

Estos números indican la cantidad de átomos que hay de cada elemento, y deben

colocarse como subíndices en la fórmula empírica. Por lo tanto, la fórmula

empírica es: X2Y2Z5

67.


Al balancear la ecuación química, se obtiene que:

2 H2S + 1 SO2 3 S + 2 H2O

Entonces y tal como se observa, se forman tres moles de azufre por cada mol de

dióxido de azufre.

68.


El experimento muestra el producto que se obtiene después de mezclar distintas

cantidades de reactivos. Independientemente de la cantidad de reactivo que se

utiliza, se obtiene siempre la misma cantidad de producto.

En el tubo 2, las concentraciones de los reactivos son las que producen la mínima

cantidad de producto.

El tubo 1 y 3 muestran que uno de los productos está en mayor cantidad y, aún así,

el producto sigue dando 7 g. Por lo tanto, es el tubo 2 es el que muestra las

relaciones estequiométricas correctas.

69.


Considerando que la masa molar del NH3 es 17 g/mol, los 3,4 Kg de este

compuesto corresponden a:

𝑛 =3400 𝑔

17 𝑔

𝑚𝑜𝑙⁄= 200 𝑚𝑜𝑙

En condiciones normales de presión y temperatura (1 atm de presión y 0 ºC), el

volumen de 1 mol de gas ideal ocupa 22,4 L por lo que se pueden establecer las

siguientes relaciones:

22,4 L de N2 → 2 mol de NH3

X L de N2 → 200 mol de NH3

X = 2240 L de N2

67,2 L de H2 → 2 mol de NH3

Y L de H2 → 200 mol de NH3

Y = 6720 L de H2

Estas son las cantidades mínimas de cada reactivo que se necesitan para producir

3,4 Kg de NH3. Por lo tanto, las cantidades de ambos gases deben ser mayores o

iguales que esos valores. Así, podemos descartar las alternativas B y C porque el

volumen de N2 es insuficiente para producir 3,4 Kg de NH3. También se invalidan

las alternativas D y E, porque los volúmenes de H2 tampoco alcanzan para producir

3,4 Kg de NH3.

70.


El azúcar modifica el medio en el que se encuentra el alimento. Las moléculas de

azúcar son solvatadas por el agua, es decir, forman fuerzas intermoleculares con

las moléculas de agua (puente de hidrógeno).

Dicho de otro modo, el azúcar disminuye la disponibilidad de agua. En

consecuencia, si hay una cantidad pequeña de agua y mucho azúcar, el azúcar

retiene el agua e impide que los microorganismos puedan utilizarla para su

metabolismo. El agua es mucho más vital que el azúcar, por lo tanto, los

microorganismos no pueden desarrollarse.

Dejarlo al aire libre, haría que el proceso de descomposición siguiera su curso

normal, por lo que no permitiría conservar el alimento, al igual que poner el

alimento en un recipiente cerrado a temperatura ambiente, por lo tanto, las

alternativas A y E son incorrectas. Mantenerlo en agua es perjudicial, ya que este

solvente permite el desarrollo de microorganismos, por ende, las alternativas B y

D son incorrectas.

71.


En el texto descrito no existe una conclusión, tampoco hipótesis ni un objetivo

declarado, por lo que las alternativas C y D son descartables.

El enunciado describe un proceso experimental, pues detalla y describe sucesos

específicos de la destilación. Además, en las primeras líneas del enunciado, se

señala un breve marco teórico, datos específicos que se manejan previamente,

sobre las destilaciones.

72.


El estado de agregación de los reactivos es un factor muy importante, pues cuantas

más partículas choquen entre sí, mayor será la velocidad de una reacción.

Obviamente, si los reactivos son gases o están en disolución (acuoso), podrán

reaccionar más rápidamente que si se encuentran en estado sólido, ya que sus

partículas pueden encontrarse con mayor facilidad. Estrechamente relacionada con

el estado de agregación, tenemos la cantidad de área de superficie expuesta de las

partículas de los reactivos. Por ello, cuanto mayor sea el grado de división de los

reactivos, mayor será su velocidad de reacción. Por lo tanto, a mayor digestión de

los alimentos (masticación, emulsión de grasas,etc) mejor operarán los enzimas

digestivas sobre el alimento y más efectivo será el proceso de digestión a través de

este sistema.

73.


La tabla muestra datos de solubilidad, los cuales indican la masa de las distintas

sustancias que pueden disolverse en 100 gramos de agua a diferentes temperaturas,

siendo el agua un disolvente.

Así la alternativa A es incorrecta, ya que los 256 g de C12H22O11 se disuelven en

100 g de agua y no en 100 g de disolución.

La alternativa B es incorrecta, pues la tabla nos muestra que el compuesto NaCl

tiene menor solubilidad que el compuesto KNO3 a los 50 y 100 ºC. Y menor

solubilidad que el compuesto C12H22O11 a cualquier temperatura.

La alternativa C es incorrecta, pues cuando calentamos el compuesto NaCl de 0 a

100ºC la cantidad adicional que se disuelven son 4,1 g (39,8 – 35,7 g).

La alternativa E es incorrecta, porque a 100ºC se puede disolver mayor cantidad

de C12H22O11 (285 g) que de KNO3 (246 g).

Por lo tanto, la alternativa D es la correcta, ya que una solución de KNO3 a 50ºC

puede disolver 85,5 g y al enfriarla a 20ºC se disuelven 32 g, dejando un excedente

sin disolver de 53,5 g de soluto.

74.


La adición de un gas inerte (He) a volumen constante dará como resultado un

aumento de la presión total. Por lo tanto, el equilibrio se desplazará hacia la

dirección en la que hay un menor número de moles, es decir, hacia los productos

(en los reactivos hay 4 moles totales (1+ 3) y en los productos 2 moles totales).

75.


La gráfica representa un perfil de energía y muestra el cambio de energía que se

produce a medida que los reactantes se transforman en productos.

La afirmación I es correcta, porque el complejo activado corresponde a una

“especie” altamente inestable con una elevada energía asociada. Esta “especie”

está formada temporalmente por las moléculas de los reactantes al colisionar para

formar los productos.

La afirmación II no es correcta, pues la energía de activación de los reactantes (3

unidades aprox.), es menor que la liberada (4 unidades).

La afirmación III señala que la reacción es exotérmica, lo cual es correcto, ya que

la energía que poseen los reactantes (6 unidades) es mayor que la de los productos

(2 unidades) existiendo, por lo tanto, una liberación o pérdida de energía al pasar

de reactantes a productos (6 - 2 = 4 unidades).

76.


Un catalizador es, en esencia, una sustancia que, introducida en pequeñas

cantidades, origina un gran cambio en la aceleración de la reacción. Se define como

una sustancia que aumenta la velocidad de una reacción química, disminuyendo su

energía de activación (mínima energía que se necesita para que una reacción

ocurra), y que no interviene en la reacción global. Por lo tanto, la presencia de oro

en la reacción mostrada en la gráfica, actúa como un catalizador, disminuyendo la

energía de activación y acelerando la formación de productos.

77.


La reacción dada es:

WZ4 (g) WZ2 (g) + Z2 (g) Kc = 2 10-15

En el equilibrio: 0.2 - x x x

𝐾𝑐 =[𝑊𝑍2]∙[𝑍2]

[𝑊𝑍4] =

[𝑥]∙[𝑥]

[0,2−𝑥]= 2 ∙ 10−15

𝑥2

[0,2 − 𝑥]= 2 ∙ 10−15

Reemplazando 𝑥 = 2 ∙ 10−8 en la ecuación anterior, se cumple la igualdad. Así, se

tiene que las concentraciones de los productos en el equilibrio son:

[WZ2] = [Z2] = 2 10−8

78.


En primer lugar, se debe plantear la expresión de la ley de velocidad:

𝑉 = 𝑘[𝑋]𝑛

Los datos experimentales muestran que al aumentar la concentración de X al doble,

la velocidad también aumenta al doble, por lo que la relación es directa. Esto nos

indica que el orden de la reacción es 1.

Ahora bien, si verificamos despejando el valor de la constante, se tiene que:

𝑘1 =0,008 𝑚𝑜𝑙

𝐿𝑠⁄

[0,01 𝑚𝑜𝑙𝐿⁄ ]

= 0,8 𝑠−1 𝑦

𝑘2 =0,016 𝑚𝑜𝑙

𝐿𝑠⁄

[0,02 𝑚𝑜𝑙𝐿⁄ ]

= 0,8 𝑠−1

Por lo tanto, la constante se mantiene. La unidad de medida es 𝑠−1, lo que

corresponde a una reacción de orden 1.

79.


El desplazamiento del equilibrio se produce hacia la derecha de la reacción, es

decir a la formación de productos, pues es una reacción endotérmica. En este tipo

de reacción, al aumentar la temperatura del sistema, más calor se le aplica a la

reacción y, por lo tanto, más producto forma.

80.


Para definir la expresión de la constante de equilibrio, se representa de la siguiente

forma:

𝐾𝑐 =[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]

[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠],

donde cada una de esas concentraciones se eleva a su coeficiente estequiométrico

respectivo.

En un sistema heterogéneo como es el caso, las especies en estado sólido o líquido

tienen concentración constante y, por tanto, no se consideran en la constante de

equilibrio.

En la ecuación dada el producto H2O se encuentra en estado líquido, por lo que

nuestra expresión queda de la siguiente forma:

𝐾𝑐 =1

[𝐻2]2[𝑂2]

SOLUCIONARIO: ENSAYO DE CIENCIAS QUÍMICA ELECTIVO …

Documents

Transcript of SOLUCIONARIO: ENSAYO DE CIENCIAS QUÍMICA ELECTIVO …