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Física y
Quími
Solucionario
2011 -IIExamen de admisión
Física y Química
1
TEMA P
PREGUNTA N.º 1Se ha determinado que la velocidad de un fluido se
puede expresar por la ecuación vP
= +
22
12m
ABY
donde Pm es la presión manométrica del fluido e
“Y” es la altura del nivel del fluido. Si la ecuación es dimensionalmente correcta, las magnitudes físicas de A y B, respectivamente, son:
A) densidad y aceleración B) densidad y velocidad C) presión y aceleración D) fuerza y densidad E) presión y fuerza
Resolución
Tema: Ecuación dimensional
Si la ecuación
x=y+z
es dimensionalmente correcta, se cumple que
[x]=[y]=[z]
Por lo tanto, las fórmulas dimensionales de sus términos serán iguales.
Tenga presente lo siguiente.
[longitud]=L
[densidad]=ML – 3
[velocidad]=LT –1
[aceleración]=LT – 2
[presión]=ML–1 T – 2
Análisis y procedimientoDebemos encontrar las fórmulas dimensionales de
A y B, o sea, [A] y [B].
De la ecuación dimensionalmente correcta
v
Pv
PA
= +
→ = +2
22
2
12 2m m
ABY BY
se tiene que: vPA
[ ] =
= [ ]2 2
2m BY
→ [v]= =[2BY]1/21/2
2PmA
vP[ ] =
[ ] [ ][ ]
212
12
12
m
A
v[ ] = [ ] [ ] [ ]2
12
12
12
B Y
LT L− ( )[ ]1= 1 B
12
12
[B]=LT – 2
LTML T−
− −=( )( )
[ ]
11 2
121
12A
[A]=ML– 3
Respuestadensidad y aceleración
AlternAtivA A
2
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
PREGUNTA N.º 2Una partícula se lanza verticalmente hacia arriba desde el suelo y alcanza su altura máxima en 1s. Calcule el tiempo, en s, que transcurre desde que pasa por la mitad de su altura máxima hasta que vuelve a pasar por ella (g=9,81 m/s2).
A) 1 B) 2 C) 3 D) 5 E) 7
Resolución
Tema: Movimiento vertical de caída libre (MVCL)
Análisis y procedimientoGraficando lo que acontece.
h/2
h/2
h
C vC=0
v0
t
1 s
t
B
A E
D
Del gráfico debemos encontrar el tiempo de B hacia D, es decir, 2t.(Recuerde que los tiempos de ascenso y descenso son iguales).Para determinar t, debemos conocer h/2, ya que en el tramo de C a D podemos aplicar
d v t g
tC= +
2
2
→ = +ht
t2
0 9 812
2( ) , (*)
Empleamos la misma ecuación para calcular h, pero por facilidad hagámoslo en el tramo de C hasta E.
→ = +h v0
21
9 81 22
( ), · ( )
→ =h9 81
2,
Reemplazando en (*)
9 81
49 81
22
2
2,, ·= → =t
t
Por lo tanto, el tiempo transcurrido de B a D es 2 2t = s.
Respuesta
2
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 3Un ciclista decide dar una vuelta alrededor de una plaza circular en una trayectoria de radio constante R=4p metros en dos etapas: la pri-mera media vuelta con una rapidez constante de 3p m/s, y la segunda media vuelta con una rapidez constante de 6p m/s. Calcule con qué aceleración tangencial constante, en m/s2, debería realizar el mismo recorrido a partir del reposo para dar la vuelta completa en el mismo tiempo.
A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 7
Resolución
Tema: Movimiento circunferencial (MCU y MCUV)
Análisis y procedimientoSea aT la aceleración tangencial constante con la que el ciclista debe dar la vuelta a la plaza en un tiempo total t1+t2.
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
3
v2=6π m/s
v1=3π m/s
t1 t2
R=4π
A
B
Aplicando la ecuación del MCUV
e v t a
t= + +
·
2
2
2 021 2 1 2
2πR t ta
t tT= +( ) + +( ) (I)
Determinemos t1 y t2
• AplicandoMCU.
eA → B=v1 · t1
12
2 331 1π πR t tR( ) = → =·
eB → C =v2 · t2 t tR
1 2 2+ =
12
2 662 2π πR t tR( ) = → =
Reemplazando en (I)
2
2 2
2
πRa RT=
Pero como
R=4p m
→ =22
44
π πaT ·
∴ aT=4 m/s2
Respuesta4
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 4Un bloque sólido de arista 10 cm y masa 2 kg se presiona contra una pared mediante un resorte de longitud natural de 60 cm como se indica en la figura. El coeficiente de fricción estática entre el bloque y la pared es 0,8. Calcule el valor mínimo, en N/m, que debe tener la cons-tante elástica del resorte para que el bloque se mantenga en su lugar.(g=9,81 m/s2)
10 cm
60 cm
A) 49,05 B) 98,10 C) 147,15 D) 196,20 E) 245,25
Resolución
Tema: Estática
Análisis y procedimientoEl bloque permanece en reposo, entonces la fuerza resultante (FR=0) sobre él es nula.
Por otro lado, mientras disminuye el valor de la constante elástica K, disminuye la fuerza elástica, y en consecuencia, el bloque tiende a ir hacia abajo. En tal sentido, el mínimo valor de K ocurre cuando el bloque está a punto de resbalar hacia abajo.
4
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Luego, se tiene que
mg
fN
fS(máx)x=0,1 m
Fe=Kmínx
En la horizontal se tiene que
SF(←)=SF(→)
Kmínx=fN
KfxN
mín = (I)
En la vertical se tiene que
SF( ↑ )=SF( ↓ )
fs(máx)=mg
Entonces
ms fN=mg
Luego
fNs
= mgµ (II)
Reemplazando (II) en (I) tenemos
K
x smín
mg=µ
Reemplazando datos
Kmín
( )( , )( , )( , )
= 2 9 810 1 0 8
Kmín ,
Nm
= 245 25
Respuesta245,25
AlternAtivA e
PREGUNTA N.º 5Utilizando el periodo de la Tierra (1 año), el radio medio de su órbita (1,5×1011 m) y el valor de G=6,67×10 –11 N · m2/kg2, calcule aproximada-mente, la masa del Sol en 1030 kg.
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5
Resolución
Tema: Gravitación - Dinámica circunferencial
Todo planeta, alrededor del Sol, realiza un mo-vimiento periódico. Considere que el planeta describe una trayectoria circunferencial, cuyo periodo (T) será el siguiente.
m
R
M FG
FG: Fuerza gravitacional
R : Radio medio
T = 2πω
(f)
Pero del movimiento cincunferencial se tiene que
acp=w2R
g=w2R
Por formula tenemos
GM
RR2
2= ω
ω = GM
R3 (b)
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
5
Reemplazando (b) en (f)
TRGM
= 23
π ; T: periodo.
Análisis y procedimientoEn el problema
m
R
M
Se conoce que
TRGM
= 23
π
Despejando la masa del Sol (M) se tiene que
MR
T G= 4 2 3
2π
(I)
De acuerdo a los datos tenemos
R=1,5×1011 m
G=6,67×10 –11 N · m2/kg2
p=3,14
También
T=1 año
Th
h=
1360
1241
36001
añodías
año días
T=31 104 000 s
En (I) tenemos
M = ×
× −4 3 14 1 5 10
31104 000 6 67 10
2 11 3
2 11( , ) ( , )
( ) ( , )
M = ×1 33 10
64529 5
35,,
M=2,06×1030 kg
Entonces
M ≈ 2×1030 kg
Respuesta2
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 6Una piedra es lanzada verticalmente hacia arriba con una energía cinética de 25 J, a partir de un punto A, sube hasta un punto B y regresa al punto de lanzamiento. En el punto B la energía potencial de la piedra (con respecto al punto A) es de 20 J. Considerando el punto A como punto de referencia para la energía potencial, se hacen las siguientes proposiciones:I. La energía mecánica total de la piedra en el
punto A es de 25 J y en B es de 20 J.II. Durante el ascenso de la piedra, la fuerza de
resistencia del aire realizó un trabajo de –5 J.III. En el trayecto de ida y vuelta de la piedra
el trabajo de la fuerza de resistencia del aire es nulo.
Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta luego de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).
A) VVF B) VFV C) VFF D) FFV E) FVF
6
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Resolución
Tema: Energía mecánica
Análisis y procedimientoSe debe tener presente que, respecto a un nivel de referencia (N.R.) determinado, la energía mecánica [EM] para un cuerpo en una posición cualquiera se determina como
h
vm
N. R.
EM=EC+EPg
= +12
2mv mgh
De acuerdo a la información dada, tenemos
A
B
Aunque el enunciado no lodice de manera explícita,debemos asumir que en Bla piedra alcanzó su alturamáxima.
∴ vB=0
N. R.
vA
vB=0
EPgB=20 J
ECA=25 J
I: Verdadero EM(A)=EC(A)+EPg(A)
=25+0
=25 J
II. Verdadero
Faire
Fg
v
De la relación entre el trabajo y la variación de la energía mecánica, planteamos
∆ = ≠∑E WM
F F Feg
;
EM EM WB A A BF
( ) ( ) →− =
Aire
E E E EC B Pg B C A Pg A( ) ( ) ( ) ( )+ − +
0 20 25 0+[ ] − +[ ] = →WA B
Faire
∴ WA BF→ = −aire J5
III. Falso Si asumimos que el módulo de la fuerza
del aire es constante, en el trayecto de ida y vuelta esta fuerza estaría en todo momento en contra del movimiento. Por lo tanto,
Faire
Faire Fg
Fg
W WA B A
FA BF
→ → →=aire aire2
=2[– 5]
=–10 J
NotaEn un caso general, si el módulo de la fuerza del aire es variable, de igual forma su trabajo no sería nulo en un tramo de ida y vuelta, ya que se trata de una fuerza disipativa similar a la fuerza de rozamiento.
RespuestaVVF
AlternAtivA A
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
7
PREGUNTA N.º 7Indique la secuencia correcta luego de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).I. Si dos partículas de diferentes masas tienen la
misma energía cinética entonces los módulos de sus cantidades de movimiento son iguales.
II. Si dos objetos de masas finitas, que están sobre una mesa lisa horizontal colisionan, y uno de ellos está inicialmente en reposos es posible que ambos queden en reposo luego de la colisión.
III. Luego de una colisión totalmente elástica entre dos partículas, la energía cinética total del sistema cambia.
A) VVV B) VVF C) VFV D) FVV E) FFF
Resolución
Tema: Choques
La energía cinética (EC) y la cantidad de movimiento (p
) son dos magnitudes que nos permiten caracterizar el movimiento de un cuerpo. Mientras la primera es una magnitud escalar, la segunda es vectorial.
Análisis y procedimientoI. Falso
Para una partícula en movimiento
v
[m]
P=mv ; EC= mv2
2
EC= P 2
2m
p mv Emv
Epm
C
C
= =
=
;2
2
2
2
Según la proposición
EC1=EC
2 → p
mpm
12
1
22
22 2=
→ pmm
p11
22=
De esta última ecuación, como en la pro-posición se indica que las partículas son de diferentes masas (m1 ≠ m2)
∴ p1 ≠ p2
II. Falso Según el enunciado del problema, el choque
se daría del siguiente modo.
v01v02
=0
lisovf1=0 vf2=0
un instante despuésdel choque
un instante antesdel choque
Pero sabemos que en todo choque la psis se
conserva
p pF
0sis sis=
→ m v1 010+( ) = ¡ !contradicción
Esto indica que después del choque por lo menos uno de ellos se mueve.
Por lo tanto, lo planteado en la proposición es falso.
III. Falso Por definición, en un choque totalmente
elástico, la energía cinética total del sistema no cambia, es decir, se conserva.
RespuestaFFF
AlternAtivA e
PREGUNTA N.º 8Una masa de aluminio de 0,1 kg, una de cobre de 0,2 kg y otra de plomo de 0,3 kg, se encuentran a la temperatura de 100 ºC. Se introducen en 2 kg de una solución desconocida a la temperatura de 0 ºC. Si la temperatura final de equilibrio es de 20 ºC, determine el calor específico de la solución en J/kg · ºC.(CAl=910 J/kg · ºC, CCu=390 J/kg · ºC, CPb=130 J/kg · ºC)
A) 186 B) 266 C) 286 D) 326 E) 416
8
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Resolución
Tema: Fenómenos térmicos
Cuando se ponen en contacto cuerpos que presentan distintas temperaturas, el calor fluye en forma espontánea desde los cuerpos que están a mayor temperatura hacia los cuerpos de menor temperatura. El flujo de calor termina cuando el sistema alcanza el equilibrio térmico, o sea, cuando todos los cuerpos alcanzan la misma temperatura.
Análisis y procedimientoSegún el enunciado del problema
Al Cu Pb
solución de calor específico Cex
Se asume que el recipiente es de capacidad
caloríficadesprecialble
T0Al=T0Cu
=T0Pb=100 ºC; T0sol
=0 ºC
La interacción térmica se da según
0 ºC 100 ºCTeq=20 ºC
QPbpierde
QAlpierde
QCupierde
QSolgana
Por conservación de la energía
∑Qganados= ∑Qperdidos
Qsolgana = Q
Alpierde + Q
Cupierde + Q
Pbpierde
Ahora, el calor asociado al cambio de temperatura de una sustancia, conocido como calor sensible, se determina como
Q=Cem|∆T|
→ (Cem∆T)(sol)=(Cem∆T)(Al) + (Cem∆T)(Cu) +
(Cem∆T)(Pb)
Reemplazando valores
→ Cex(2)(20)=(910)(0,1)(80)+(390)(0,2)(80)+(130)(0,3)(80)
∴ CeJ
Kg ºCx = 416·
Respuesta416
AlternAtivA e
PREGUNTA N.º 9En la gráfica P versus V se muestra el ciclo termodinámico que sigue una máquina térmica. Si Q1=120 J, Q2=200 J y Q3=180 J son los calores usados en cada proceso, determine aproximadamente la eficiencia de la máquina térmica.
BP
V
Q2
Q3
Q1
AC
⇒
⇒
⇒
A) 25,8% B) 33,8% C) 40,8% D) 43,8% E) 65,8%
Resolución
Tema: Máquina térmica
Una máquina térmica (M.T.) permite transformar el calor, que es una forma de energía, en energía mecánica a través del trabajo mecánico que desarrolla. Por la segunda ley de la termodinámica se sabe que una M.T. no puede transformar todo el calor en trabajo, es decir, no puede ser 100% eficiente. Por lo que determinar su eficiencia nos permite conocer qué tanto del calor recibido por la M.T. es transformado en trabajo útil.
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
9
Análisis y procedimientoEn la gráfica presión versus volumen (P – V) se deduce que Q1 y Q2 representan los calores en los procesos A → B y B → C, respectivamente. Además Q3 representa el calor que la máquina disipa en el ciclo y que corresponde al proceso C → A.
B
P
V
Q1=120 J Q2=200 J
Q3=180 J
A
C
Ahora hagamos el esquema simplificado de la máquina térmica.
TA
Qabs=Q1+Q2
Qdis=Q3
TB
M.T. W
La eficiencia de la máquina térmica se calcula así:
η = WQabs
· %100 (I)
El calor absorbido por el gas en el ciclo es
Qabs=Q1+Q2=120+200
Qabs=320 J (II)
Luego, por la conservación de la energía, se cumple que
Qabs=W+Qdisip
320=W+180
W=140 J (III)
Reemplazando (III) y (II) en (I)
η =
×
140320
100%
η=43,75% ≈ 43,8%
Respuesta43,8%
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 10Un conductor tiene una densidad de carga superficial de 1,2 nC/m2. Halle el módulo del campo eléctrico, en N/C, sobre la superficie del conductor.(ε0=8,85×10–12 C2/N · m2, 1 nC=10 – 9 C)
A) 125,6 B) 135,6 C) 145,6 D) 155,6 E) 165,6
Resolución
Tema: Campo eléctrico
La densidad de carga superficial de un conductor es una magnitud física que mide la distribución de la carga eléctrica en toda el área superficial del conductor.Matemáticamente se calcula así:
σ = QA
Q: carga eléctricaA: área superficial
Tenga presente que cuando todo conductor se electriza, solo lo hace de manera superficial.
10
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Análisis y procedimientoConsideremos que el conductor mencionado sea una esfera con carga eléctrica Q.
R
Q E
El módulo del campo eléctrico en la superficie del conductor se calcula de la siguiente manera.
EKQ
R= 2 , donde K = 1
4 0πε
E
Q
R
Q
R= = ( )4 40
2 20π πε ε
Además, el área superficial de la esfera es
A=4π · R2
E
QA
QA
= =
=
ε ε εσ
0 0 0
1
(Esta ecuación es válida en general para todo conductor. Para nuestro caso hemos considerado una esfera)
Al reemplazar valores tenemos que
E = ×
×
−
−1 2 10
8 85 10
9
12,
,
E=135,6 NC
Respuesta
135,6
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 11Considere el circuito de la figura
R2
R1I1I
I2
Si I=50 mA, I1=10 mA, R1=2 Ω, entonces R2, en Ω, es:
A) 0,3 B) 0,4 C) 0,5 D) 0,6 E) 0,7
Resolución
Tema: Circuitos eléctricos
Conexión de resistores en paralelo
ba
I
R2
R1
I1I2
Los resistores están a igual diferencia de potencial. Se cumple que
Nudo a → I=i1+i2
Vab → i1 · R1=i2 · R2
Análisis y procedimientoNos piden R2.
R1=2 Ω
R2
a bI1=10 mAI2
I=50 mA
En el nudo a
I=I1+I2 50 mA=10 mA+I2
I2=40 mA
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
11
Luego, para los resistores en paralelo tenemos que
I1 · R1=I2 · R2
(10 mA)2=(40 mA)R2
∴ R2=0,5 Ω
Respuesta0,5
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 12Una espira rectangular metálica penetra en una región donde existe un campo magnético B uniforme y pasa sucesivamente (bajando) por las posiciones (1), (2) y (3) mostradas en la figura. Con respecto a este proceso se dan las siguientes proposiciones:
B
× × × ×× × ×× ×
×× ×
× × × ×
××××
(1)
(2)(2)
(3)región
I. Cuando la espira está pasando por la posición (1) el flujo magnético a través de ella está disminuyendo.
II. Cuando la espira está pasando por la posición (2) la corriente inducida aumenta.
III. Cuando la espira está pasando por la posición (3) la corriente inducida circula en sentido horario.
Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).
A) FVF B) FVV C) VFV D) FFV E) VVF
Resolución
Tema: Regla de Lenz
Cuando el flujo magnético a través de una espira conductora varía, en esta se induce una corrien-te eléctrica (Iind), tal que el campo magnético asociado a Iind se opone a la variación del flujo magnético.
Por ejemplo
Bext Bext (↑)
Bino
RMD
Iind
El flujo magnético, a través de la espira, aumenta; por lo tanto, el flujo magnético inducido del plano sale del plano de la espira.
Análisis y procedimientoExaminemos la situación.
B (1)
(2)
(3)
I. Falso A medida que la espira desciende, el número
de líneas de inducción magnética a través de esta aumenta. Por lo tanto, “el flujo magnético a través de la espira aumenta”.
12
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
II. Falso La espira está completamente dentro del campo
magnético. Esto implica que el flujo magnético a través de la espira “no cambia (∆f=0)”.
ξ φind = ∆
∆=
t0
Según la ley de Ohm:
ξ ind ind
0
= I R·
∴ Iind=0
III. Verdadero La espira está saliendo del campo magnético.
BindIind
Bext
RMD
La cantidad de
lineas del Bextdisminuye.
Entonces el flujo magnético inducido es entrante y, por la regla de la mano derecha, la corriente inducida es en sentido horario.
RespuestaFFV
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 13Con respecto a las ondas electromagnéticas (OEM) se hacen las siguientes afirmaciones:I. En el vacío, la rapidez de propagación de una
OEM no depende de la frecuencia de propa-gación de la onda.
II. Una OEM se puede producir por la desace-leración de cargas eléctricas.
III. Las OEM son ondas longitudinales.De estas afirmaciones son ciertas:
A) solo I B) solo II C) I y II D) I y III E) I, II y III
Resolución
Tema: Ondas electromagnéticas (OEM)
B
E
vOEM
q
partícula con aceleración
Cuando un portador de carga experimenta acele-ración, se genera una onda electromagnética, la cual es transversal y está formada por dos campos
E B
y ( ) oscilantes mutuamente perpendiculares.
Análisis y procedimientoI. Verdadero En el vacío, las OEM se propagan a la rapidez
de la luz, cuyo valor es c=3×108 m/s. Además se tiene que c=λ · f Dado que c es constante, la rapidez de
propagación de la OEM no depende de la frecuencia (f ).
II. Verdadero Las OEM se producen cuando las partículas
electrizadas experimentan aceleración.III. Falso Las OEM son transversales. (Según la teoría clásica)
RespuestaI y II
AlternAtivA C
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
13
PREGUNTA N.º 14Un joven usa un espejo esférico cóncavo de 20 cm de radio de curvatura para afeitarse; si pone su rostro a 8 cm del vértice del espejo, halle el aumento de su imagen.
A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6
Resolución
Tema: Óptica geométrica - Espejos esféricos
Análisis y procedimientoGraficando el problema
CF
if
R
VVoo
objeto
imagen
i: Distancia de la imagen o: Distancia del objeto; o=8 cm f: Distancia focal R: Radio de curvatura
Piden el aumento, el cual viene definido por lo siguiente.
Aio
Ai= − → = −8
(I)
Podemos determinar la distancia imagen i a través de la ecuación
1 1 1f i o= + (II)
Ahora f lo obtenemos a partir de
f
Rf= → = +
210 cm
Reemplazando en la ecuación (II)
110
1 18
40+( ) = +
+( ) → = −i
i cm
→ i=– 40 cm
Luego en la ecuación (I)
A = − −( )40
8
A=+5
Respuesta5
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 15Se realizan experiencias de efecto fotoeléctrico
sobre tres placas de metales diferentes (placas P1,
P2, P3) utilizando luz de igual longitud de onda
λ=630 nm. Sean V1m, V2m y V3m las velocidades
máximas de los electrones que son emitidos de las
placas P1, P2, P3, respectivamente.
Si V2m=2V1m y V3m=3V1m, calcule el cociente
φ φφ φ3 2
2 1
−−
donde f1, f2 y f3 son las funciones
trabajo de las placas metálicas P1, P2 y P3,
respectivamente.
A) 1/3 B) 2/3 C) 1
D) 4/3 E) 5/3
14
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Resolución
Tema: Efecto fotoeléctrico
Análisis y procedimientoCuando la luz incide sobre una placa metálica
luzincidente
electrón emitido
Placa metálica
(fotoelectrón)
Para el efecto fotoeléctrico Eo=f+EC(máx)
DondeEo=energía incidente, energía que transporta el fotón.f = función trabajo, que depende del material.EC(máx)=energía cinética máxima de los fotoelectrones.El problema nos indica que la longitud de onda incidente es la misma para ambas placas, por lo tanto, la energía incidente Eo es la misma.
Entonces
φ φ φ112
222
232
2 2 2+ = + = +mv mv mvm m m
Piden
φ φφ φ
3 2
2 1
22
32
12
22
−−
=−−
v v
v vm m
m m
(I)
Como
v vv v
vv v
vv v
m m
m m
mm m
mm m
2 1
3 1
12 3
12 2
23
23
2 3
4
==
→ = =
= =
22
9= K
Entonces reemplazando en ( I )
φ φφ φ
3 2
2 1
4 94
−−
= −−
k kk k
φ φφ φ
3 2
2 1
53
−−
=
Respuesta5/3
AlternAtivA e
PREGUNTA N.º 16Con respecto a las siguientes afirmaciones:1. En el proceso de transferencia de calor por
convección en un fluido, el calor se transfiere debido al movimiento del fluido.
2. La transferencia de calor por convección se produce incluso en el vacío.
3. En el proceso de transferencia de calor por conducción entre dos cuerpos, es necesario el contacto entre ellos.
Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta luego de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).
A) VVV B) VFV C) FFF D) FVV E) FVF
Resolución
Tema: Física molecular
Análisis y procedimientoProposición 1: VerdaderaEn el proceso de transferencia de calor por CONVECCIÓN, el calor se transfiere por la mo-vilidad de las moléculas del fluido, por ejemplo, consideremos un recipiente con agua colocado sobre una estufa.
corrientesconvectivas
capa de agua querecibe calor
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15
La capa de agua del fondo recibe calor, aumenta su temperatura y disminuye su densidad, entonces asciende y el agua de la capa superior más fría y más densa desciende. El proceso continúa con una circulación constante denominada corriente convectiva.Proposición 2: FalsaLa transferencia de calor por convección implica siempre un movimiento de masa, por lo cual no puede producirse en el vacío. En el vacío puede ocurrir la transferencia de calor por radiación.Proposición 3: VerdaderaEn la transferencia de calor por conducción, la energía se transfiere de molécula a molécula sin que estas se desplacen. Por ello, para que un cuer-po transfiera calor a otro cuerpo por conducción deben estar en contacto.
RespuestaVFV
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 17Una porción de plastilina de 100 gramos impacta horizontalmente en un bloque de madera de 200 gramos que se encuentra sobre una cornisa de 5 m de altura. Cuando la plastilina impacta en el bloque se pega a éste haciendo que el conjunto caiga e impacte con el suelo a 2,0 m de la pared, como se indica en la figura. Calcule aproximadamente, en m/s, la velocidad con la cual la plastilina impacta al bloque. ( g=9,81 m/s2).
vMM
5 cm
2 m
m
A) 3 B) 5 C) 6 D) 8 E) 9
Resolución
Tema: Conservación de la cantidad de movi-miento
En todo choque, la cantidad de movimiento se conserva instantes antes, durante y después del choque.
A B A Bantes del choque después del choque
P P
a ch.sistema
d ch.sistema
. .=
Análisis y procedimientoPiden v.
v1v v=0
MM
2 m
t
5 m
antes delchoque(a. ch.)
después delchoque(d. ch.)
Debido al choque entre los cuerpos, tendremos
P P
a.ch. d.ch.=
mplast.v=Msist.v1
0,1v=0,3 · v1
→ vv
1 3=
Durante la caída, el sistema desarrolla un MPCL.
• Enlahorizontal(MRU)
dx=vx · t
2=v1
↓
· t
2=v
t3
·
vt
= 6 (I)
16
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• Enlavertical(MVCL)
h v t gty= +0
212
5
12
9 81 2= ( ), · t
t=1 s
• Reemplazandoen(I)
v=6 m/s
Respuesta6
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 18De las siguientes gráficas indique cuál representa la variación de la densidad ρ de un gas ideal con respecto de la presión P en un proceso isotérmico.
A)
P
ρ
B)
P
ρ
C)
P
ρ
D)
P
ρ
E)
P
ρ
Resolución
Tema: Termodinámica
Para un gas ideal siempre se verifica la siguiente ecuación.
P · V=n · R · T
Análisis y procedimientoPiden la gráfica densidad r vs. la presión P
P0; T
ρ0ρ0
PF ; T
ρfρf
Inicio
Final
Partiendo de la ecuación de los gases ideales.
P · V=n · R · T
P V mM
R T⋅ ⋅ ⋅= m
M
:
:
masa del gas
masa molar
P M mV
R T⋅ ⋅ ⋅=
ρ=P MR T⋅
(I)
Como M y R son constantes y el proceso es isotérmico. (T: constante)
Entonces en (I)
r=(constante) · P
Esta expresión nos indica que r depende direc-tamente de la P.
La gráfica r vs. P será
ρ
ρ0
PP0
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17
Respuestaρ
P
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 19En la figura se muestra dos hilos conductores de gran longitud que son perpendiculares al plano del papel y llevan corrientes de intensidades I1 e I2 “saliendo” del papel. Determine el cociente I1/I2 para que el campo magnético B
en el punto P sea paralelo a la recta que une los hilos.
A) 0,50 I1
I2
P
3 m
4 m
B) 0,75 C) 0,80 D) 0,90 E) 1,00
Resolución
Tema: Campo magnético - Ley de Biot - Savart
Inducción magnética B( ) para un conductor de
gran longitud.
I
I
dobservador
para el observador
P
P
BP
BP
d
BIdP =
µπ0
2·
Análisis y procedimiento
Piden II1
2
P
θ
BP
B1
B2
d1=3 m
d2=4 m
I1
I2
θ
Luego de representar los vectores inducción mag-nética en el punto P, la dirección de la resultante define la siguiente relación.
tanθ =
BB
2
1
tanθ
µπµπ
=
0 2
2
0 1
1
2
2
IdId
tan ·θ =
II
dd
2
1
1
2
34
34
2
1=
II
·
∴ II1
21=
Respuesta1,00
AlternAtivA e
18
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PREGUNTA N.º 20Dos fuerzas F1=120 N y F2=20 N actúan sobre los bloques A y B de masas mA=4 kg y mB=6 kg, tal como se indica en la figura. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre todas las superficies es 0,8; determine aproximadamente la fuerza de reacción, en N, entre los bloques cuando estos están en movimiento. ( g=9,81 m/s2).
AA BBF1 F2
A) 20 B) 40 C) 60 D) 80 E) 100
Resolución
Tema: Dinámica rectilínea
Toda la fuerza resultante no nula (F R
≠0) origina sobre un cuerpo una aceleración, la cual se percibe como cambios en su estado mecánico. Esto es lo que establece la 2.a ley de Newton, donde
fK
a
F 'F
fN
Fg
F maR
=
además
F F FR
= −∑ ∑acelerfavor
aceler.oponen
.
Análisis y procedimientoAnalizando el sistema
µK
a
F2=20 N
fN
fK
Fg sist.
F1=120 NA B
Como F1>F2, el sistema empieza a acelerar hacia la derecha y los bloques en todo momento presentarán la misma aceleración.
Es decir
aA=aB=a
Sobre el sistema, de la 2.a ley de Newton
F m aR
sist. sist.( ) =
F1 – F2 – fK=(mA+mB)a 100 – mK fN=10a
100 – mK(mA+mB)g=10a
100 – mK(10)g=10a
10 –mK g=a (I)
Para determinar la reacción (R) entre los cuerpos, separamos imaginariamente los bloques. Se muestra el cuerpo B.
µK
a
F2=20 N
fN(B)
fK(B)
Fg(B)
R B
De la 2.a ley de Newton
F m aR B
=
R – F2 – mK fN(B)=mBa
R – 20 – mK(6)g=6a (II)
Reemplazamos (I) en (II)
R – 20 – mK (6)g=6(10 – mK g)
R=80 N
Respuesta80
AlternAtivA D
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19
PREGUNTA N.º 21Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).I. La materia es transformable en energía.II. Los átomos son indivisibles.III. El peso de un cuerpo se mide con una balanza.
A) FFF B) VFF C) FVF D) VVF E) VVV
Resolución
Tema: Materia
Análisis y procedimientoI. Falso El cambio de energía en un proceso nuclear
está relacionado con los cambios de masa de acuerdo a la relación de equivalencia de masa-energía deducida por Einstein en 1905.
∆E=∆mc2
Esta relación permite obtener la energía de las reacciones nucleares a partir de los cambios de masa.
Observación
En toda reacción química o nuclear se conserva la
materia, la cual se manifiesta como masa y energía.
II. Falso Los átomos son sistemas que presentan 2
partes: núcleo y zona extranuclear. Están formados por partículas como los electrones, protones y neutrones. Por lo tanto, se concluye que los átomos son divisibles.
III. Falso La masa de los cuerpos se mide con una
balanza. Los pesos de los objetos se miden con un dinamómetro que es afectado por la gravedad.
RespuestaFFF
AlternAtivA A
PREGUNTA N.º 22¿Cuáles de las siguientes especies químicas son paramagnéticas?
I. 40Zr4+
II. 37Rb
III. 32Ge4+
A) I y II B) II y III C) Solo I D) Solo II E) Solo III
Resolución
Tema: Configuración electrónica
Las propiedades magnéticas de una sustancia elemental permiten revelar información respecto a la configuración electrónica de sus átomos, en ese sentido:Una sustancia paramagnética es atraída débil-mente por un campo magnético como resultado de la presencia de electrones desapareados en sus átomos.Una sustancia diamagnética no es atraída por un campo magnético o es ligeramente repelida por él. Esto se debe a que solo posee electrones apareados (orbitales llenos) en sus átomos.
20
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Análisis y procedimientoDesarrollamos la configuración electrónica de cada especie química teniendo en cuenta que en el caso de los cationes se retiran los electrones empezando por el mayor nivel.
I. 40Zr: [36Kr]5s24d2
– 2e –(1.º)
– 2e –(2.º)
40Zr4+: [36Kr]
No hay electrones desapareados (diamagnético).
II. 37Rb: [36Kr]5s1
37Rb:[36Kr]5s↑
Hay un electrón desapareado (paramagnético).
III. 32Ge:[18Ar]4s2 3d104p2
– 2e –(2.º)
– 2e –(1.º)
32Ge4+:[18Ar]3d10
No hay electrones desapareados (diamagnético).
Se concluye que la única especie química para-magnética es el rubidio (37Rb).
RespuestaSolo II
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 23¿Cuántos gramos de bromuro de potasio se requieren para obtener 200 g de bromo según la siguiente reacción sin balancear?
KBr(ac)+Cµ2(g) → Br2(µ)+KCµ(ac)
Datos: Masas molares atómicas (g/mol)
Cµ=35,5; K=39,0; Br=80,0
A) 219,0 B) 248,7 C) 260,0 D) 297,5 E) 346,2
Resolución
Tema: Estequiometría
Análisis y procedimientoEn el problema nos indican la masa del producto Br2, con el cual piden calcular la masa del reac-tante KBr.
Al balancear la ecuación química tenemos que
2 1 1 22 2KBr C Br KCac ac ( ) ( ) ( ) ( )+ → +µ µµg
M=119 g/mol M=160 g/mol
2 mol 1 mol 238 g 160 g m 200 g
m=297,5 g
Respuesta297,5
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 24La configuración electrónica del 58Ce3+ es:
A) [Xe]5s2 B) [Xe]6s1 C) [Xe]5d1
D) [Xe]4f1 E) [Xe]5p1
Resolución
Tema: Configuración electrónica
Análisis y procedimientoAlgunos átomos no se ajustan a la configuración electrónica, según el principio de Aufbau, como en el caso del cerio (Z=58), que es un lantánido y cuya configuración es
58Ce: [Xe]4f15d 1 6s 2
Nivel energético externo con electrones débilmente atraídos por el núcleo.
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
21
Para realizar la configuración electrónica de su átomo ionizado, se retiran electrones del nivel energético externo.
58Ce3+:[Xe]4f1
Respuesta
58Ce3+:[Xe]4f1
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 25Dados los siguientes pares de sustancias en estado cristalino puro:
I. B; BF3
II. Na; NaCl
III. TiO2; TiCl4Indique para cada par, cuál de las sustancias tiene la mayor temperatura de fusión.
A) BF3; Na; TiO2
B) B; NaCl; TiCl4 C) BF3; NaCl; TiCl4 D) B; NaCl; TiO2
E) B; Na; TiO2
Resolución
Tema: Estado sólido
Sólido cristalino
Tipo de unión entre partículas
Temperatura de fusión
CovalenteEnlace
covalenteMuy alta
Iónico Enlace iónico Alta
Metálico Enlace metálico Moderada
MolecularFuerzas inter-moleculares
Baja
Análisis y procedimientoAnalicemos el tipo de sólido cristalino en cada caso:I. El boro (B) es un sólido covalente y el BF3 es
un sólido molecular. El que tiene mayor punto de fusión es el boro (B).
II. El sodio (Na) es un sólido metálico y el NaCl es un sólido iónico. El de mayor punto de fusión es el NaCl.
III. El TiO2 es un sólido iónico y el TiCl4 es un sólido molecular. El que tiene mayor punto de fusión es el TiO2.
RespuestaB; NaCl; TiO2
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 26La fenolftaleina, C20H14O4, se obtiene por la reacción del anhidrido ftálico, C8H4O3, con el fenol, C6H6O.C8H4O3+2C6H6O → C20H14O4+H2OSe desea obtener 1,0 kg de fenolftaleina. Cono-ciendo que se requiere un 10% en exceso de an-hidrido ftálico para un rendimiento de la reacción del 90%, determine la masa necesaria, en gramos, de anhidrido ftálico.Datos, masas atómicas: C=12; H=1; O=16
A) 318,3 B) 517,1 C) 568,8 D) 715,3 E) 1111,0
Resolución
Tema: Estequiometría
En los cálculos estequiométricos basados en ecua-ciones químicas, solo se relacionan las cantidades teóricas (con rendimiento porcentual del 100%) de las sustancias dato e incógnita.
22
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Análisis y procedimientoEn primer lugar, a la masa de fenolftaleína obte-nida (1000 g), que es la cantidad real con 90% de rendimiento, la transformaremos en cantidad teórica.
1000 90
1001111 1
gg
%%
,x
x
=
Luego, calcularemos la masa de anhídrido ftálico que ha reaccionado en base a la siguiente ecua-ción química.
M=148
148 g 318 gy
y=517,1 g1111,1 g
1C8H4O3+2C6H6O 1C20H14O4+H2O
M=318→
Finalmente, determinemos la masa del anhídrido con 10% de exceso.
517 1 100110
568 81, %
%,
gg
mm
=
Respuesta568,8
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 27Respecto a la reacción redox:
MnO –4(ac)+SO2(g)+H2O(µ) →
SO2–4(ac)+Mn(ac)
2+ +H3O+(ac)
Indique cuáles de las siguientes proposiciones son correctas:I. El MnO –4 actúa como agente oxidante.II. El número de oxidación del manganeso
cambia en 5 unidades.III. El agente reductor es el agua.
A) Solo I B) Solo II C) Solo III D) I y II E) II y III
ResoluciónTema: Reacciones redox
Análisis y procedimientoIdentificamos los estados de oxidación de los elementos en las sustancias participantes de la reacción química.
MnO4(ac)+SO2(g)+H2O() → SO4(ac)+Mn(ac)+H3O(ac)
7+ 2 – 2 –2 –
4+ 1+ 6+ 2+ 1++–
2 –
agenteoxidante
agentereductor
formaoxidada
RED gana 5e–
OX pierde 2e–
formareducida
Por tantoI. CorrectoII. CorrectoIII. Incorrecto
RespuestaI y II
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 28Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta, después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F):I. La Ley de Graham está referida a la efusión
de gases.II. La mezcla espontánea de gases ocurre debido
a un fenómeno de efusión.III. El gas nitrógeno efunde más rápido que el
hidrógeno a iguales condiciones de presión y temperatura.
A) VVV B) VFV C) VFF D) FVF E) FVV
Resolución
Tema: Estado gaseoso
La difusión y efusión gaseosa son propiedades generales de las sustancias gaseosas que se relacionan con la gran cantidad de movimiento y el desorden molecular.
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
23
Análisis y procedimientoSobre la base de las leyes de los gases y las pro-piedades de estos, analicemos cada proposición.I. Verdadero La ley de Thomas Graham se cumple tanto
para la efusión como para la difusión gaseosa.II. Falso Una mezcla gaseosa se forma debido a la
difusión de las moléculas de los gases com-ponentes.
III. Falso Según la ley de Graham, la velocidad de
efusión de los gases varía en forma inversa a sus masas moleculares; por lo tanto, el hidró-geno (menor masa molecular) se efunde con mayor rapidez que el nitrógeno (mayor masa molecular).
RespuestaVFF
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 29Se tienen las siguientes especies conjugadas y valores de Ka correspondientes:
Ka
HA A– 1,0×10 – 6
H2B HB – 1,0×10 – 5
H3E H2E – 1,0×10 – 4
Al respecto, ¿cuáles de las siguientes proposiciones son correctas?I. H2E – es una base más débil que A–.II. H2B es un ácido más fuerte que HA.III. Concentraciones molares iguales de HA y H3E,
producirán valores de pH idénticos.
A) Solo I B) Solo II C) Solo III D) I y II E) I, II y III
ResoluciónTema: Equilibrio iónico
Considerando un ácido
HX H Xac
ácidoac ac
baseconjugada
( ) ( ) ( )
+ −+
Se cumple que
Fuerza de conjugados
K K Kwácido baseconjugada
· =
Donde:Kw: producto iónico del agua
A 25 ºC: Kw=1,0×10 –14
Análisis y procedimientoPara los ácidos débiles mostrados, ordenamos los datos en el siguiente cuadro.
Ka
1,0×10– 6
1,0×10– 5
1,0×10– 4
Kb
1,0×10– 8
1,0×10– 9
1,0×10– 10
ácido
HA
H2B
H3E
fuerzabase
conjugada
A–
HB–
H2E–
aumenta au
men
ta
I. Correcto
Ordenando de forma creciente a la fuerza de las bases conjugadas.
H2E – < HB – < A–
II. Correcto
Ordenando de forma creciente a la fuerza de los ácidos.
HA < H2B < H3E
III. Incorrecto • AmayorKa, un ácido débil genera mayor
concentración de iones H+. • AmayorconcentracióndeionesH+, el pH
de la solución es menor de los argumentos concluidos que:
K pHainversa →
Como Ka(HA) < Ka(H3E)
Entonces pH(HA) > pH(H3E)
24
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
RespuestaI y II
AlternAtivA D
PREGUNTA N.º 30¿Cuáles de los siguientes casos es un ejemplo de coloide?
A) Agua con gas B) Gasolina C) Mayonesa D) Aceite vegetal E) Pisco
Resolución
Tema: Sistemas dispersos
Un coloide es una dispersión de partículas de una sustancia (fase dispersa) en otra sustancia (fase dispersante o continua). Un coloide se diferencia de una solución (mezcla homogénea) en que las partículas dispersas (micelas) son de mayor tamaño que los átomos, iones o moléculas promedio, pero aún son demasiado pequeñas para ser observadas a simple vista, por lo que son reconocidas a través de medios ópticos (luz, microscopio).
Análisis y procedimientoDe acuerdo a las alternativas, hacemos la clasifi-cación de las mezclas dadas.
Solución Coloideagua con gas mayonesagasolinaaceite vegetalpisco
RespuestaMayonesa
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 31¿Cuántos carbonos terciarios y cuántos carbonos con hibridación sp2 se presentan, respectivamente, en el compuesto mostrado?
CH3 CH– CH2
CH3
Cl
NH2––
–
–
C
O
– –
– –
A) 2 y 3 B) 2 y 2 C) 1 y 3 D) 1 y 2 E) 3 y 3
Resolución
Tema: Química orgánica
Recordemos lo siguiente:a. El carbono terciario es aquel que está unido
a 3 átomos de carbono por enlace simple.b. El carbono puede experimentar 3 tipos de
hibridación.
Carbono Hibridación
C C sp3
C C sp2
C C sp
Análisis y procedimientoDesarrollamos la estructura del siguiente compuesto.
C C
C
C
C
C ClC
C C N H
H
H
H HHH
H
H H H
H H
O
N.º de carbonos terciarios (*)=2N.º de carbonos con hibridación sp2(∆)=3
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
25
Respuesta2 y 3
AlternAtivA A
PREGUNTA N.º 32Dadas las siguientes estrategias para reducir la concentración de gases de efecto invernadero:I. Aumentar la producción energética provenien-
te de las instalaciones solares.II. Detener la deforestación en el mundo.III. Adoptar sistemas de captura y almacenamiento
de dióxido de carbono. Son adecuadas
A) Solo I B) Solo II C) I y II D) II y III E) I, II y III
Resolución
Tema: Contaminación ambiental
El calentamiento global tiene como principal fuente de contaminación la emisión de dióxido de carbono por las plantas de generación de energía a base de carbón, pues emiten 2500 millones de toneladas al año. La segunda causa principal son los automóviles que emiten casi 1500 millones de toneladas de CO2 al año.
Análisis y procedimientoI. Adecuada
Reducen la contaminación de las plantas
generadoras de energía, empezando a usar
fuentes renovables de energía como la eúlica,
la solar y la geotérmica.
II. Adecuada
Aproximadamente, la mitad de la materia
orgánica, como los árboles y el pasto, es
carbono. La quema de esta materia orgánica
genera gases de efecto invernadero. El cultivar
los suelos después de la deforestación acelera
aún más el cambio climático.
III. Adecuada Se está adoptando en algunos países, tales
como España, el almacenamiento del CO2 en el subsuelo para luego ser utilizado en la recuperación del petróleo de los acuíferos salinos profundos, del metano, entre otros.
RespuestaI, II y III
AlternAtivA e
PREGUNTA N.º 33Cuando se pasan 0,5 amperios durante 20 minutos, por una celda electrolítica que contiene una solución de sulfato de un metal divalente, se deposita 0,198 gramos de masa en el cátodo, ¿cuál es la masa atómica del metal?
Dato: 1 faraday=96 500 coulomb
A) 31,9 B) 63,7 C) 95,6 D) 127,4 E) 159,3
Resolución
Tema: Electrólisis
En los procesos electrolíticos, la cantidad de carga que circula por cada electrodo es la misma y es proporcional a la masa liberada o depositada.
Análisis y procedimientoEl electrolito se disocia según
MSO M SOac ac ac42
42
( ) ( ) ( )→ ++ −
– +
+–e e
ánodoánodocátodocátodo
M(s)
M+2
SO4M+2
H2O
O2(g)
2–
26
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Los iones metálicos (M+2) son atraídos por el cátodo de la celda produciéndose la reducción de estos iones.
M M eac s( ) ( )+ −→ +2 0 2
Se sabe que 1 mol e–=1 Faraday=96 500 C.Interpretamos la semirreacción.
2 mol e – produce 1 mol M
2(96 500 C) P.A. g(0,5)×(20×60)C 0,198 g
P.A.
CC
=× ×
× =2 96 5000 5 20 60
0 198 63 7( )
( , ) ( ), ,
Respuesta63,7
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 34Dadas las siguientes proposiciones respecto al elemento con Z=25, indique la secuencia co-rrecta después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).I. Pertenece al cuarto periodo.II. Pertenece al grupo VIB.III. Es un no metal.
A) VVV B) VVF C) VFF D) FVF E) FFV
Resolución
Tema: Tabla periódica
Para ubicar un elemento en la tabla periódica se tendrá en cuenta lo siguiente.
N.º del periodo=N.º de niveles
N.º del grupo=N.º de electrones externos
Además
...nsα o ...nsαnpβ → grupo A
...nsα(n – 1)dβ → grupo B
Análisis y procedimientoLa configuración electrónica del átomo del elemento (Z=25) es
25E:1s22s22p63s23p64s23d5
En la distribución se observan 4 niveles de energía.
Periodo=4
Para el grupo
4 sGrupo = VIIB(Metal)
3 d2 5
RespuestaVFF
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 35Las piezas de acero común (como tuercas y pernos) se recubren de una capa delgada de zinc, para su uso industrial. Indique cuáles de las siguientes razones explica la función de esta capa:I. Permite que el acero tenga una mayor resis-
tencia a la corrosión.II. El zinc se reduce más fácilmente que el hierro.III. El zinc constituye un ánodo de sacrificio.Datos: Eo
Zn2+/Zn=– 0,76 V Eo
Fe2+/Fe=– 0,44 V
A) I y II B) I y III C) II y III D) solo II E) solo III
Resolución
Tema: Electroquímica - Corrosión
La corrosión es un proceso electroquímico en el cual la estructura de un metal o sus aleaciones son deterioradas paulatinamente por su interacción con el entorno.
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
27
Análisis y procedimientoLos métodos para evitar la corrosión pueden ser:• Físicos, por ejemplo, el recubrimiento con
pinturas anticorrosivas.• Químicos,talescomoelanodizado,zincado,etc.El zincado consiste en recubrir con zinc el metal a ser protegido, ya que el zinc tiene mayor potencial de oxidación (0,76 V, comparado con 0,44 V del hierro). Por ello, el zinc se oxida más fácilmente que el hierro, lo cual permite que los materiales hechos de acero sean más resistentes a la co-rrosión. Ese es el motivo por el cual, en el zincado, el zinc es denominado ánodo de sacrificio, pues se oxida en lugar del hierro.
RespuestaI y III
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 36Para la siguiente ecuación química en equilibrio:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+calorIndique la alternativa que favorecerá la formación de SO3(g).
A) Aumentar la temperatura B) Aumentar la presión C) Añadir un catalizador D) Aumentar el volumen E) Retirar parte del O2(g)
Resolución
Tema: Principio de Le Chatelier
Este principio, establecido por Henri Le Chatelier, menciona que cuando sobre un sistema en equilibrio se produce una variación (en presión, temperatura o concentración), el sistema responde de tal forma que disminuye el efecto de dicha variación.
Análisis y procedimientoA partir de la reacción mostrada, se tiene que
2
3 2
SO +O 2SO +calor2 2 3
Σ Σn nR p= =
Las variaciones necesarias para favorecer la formación del SO3 son:
Concentración: Aumentar [SO2] y/o [O2] Disminuir [SO3]
• Presión Si aumentamos la presión (es decir, si se
disminuye el volumen), el sistema se despla-zaría de izquierda a derecha, favoreciendo la formación del SO3.
• Temperatura Como la reacción es exotérmica, al enfriar
el sistema, favorece a que se desplace a la derecha, aumentando la cantidad del SO3.
• Catalizador Solo varía la cinética de la reacción, pero no
el equilibrio.
RespuestaAumentar la presión
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 37Señale la alternativa que presenta la secuencia correcta, después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F), respecto a la corres-pondencia entre el nombre y su fórmula química.
I. Nitrito de mercurio (I) - Hg2(NO2)2
II. Sulfuro de potasio - KS
III. Fosfato de magnesio - Mg3(PO4)2
A) VVF B) VFV C) FVV D) FFV E) FFF
28
unI 2011 -II Academia CÉSAR VALLEJO
Resolución
Tema: Nomenclatura inorgánica
Análisis y procedimientoCatión Nomenclatura Anión Nomenclatura
K1+ ion potasio NO12− ion nitrito
Mg2+ ion magnesio S2 – ion sulfuro
Hg 2+2
ion mercurio (I)
PO34− ion fosfato
Hg2+ ion mercurio (II)
Observación
El ion mercurio (I) se encuentra estable como Hg2+2 , el
cual es el dímero de Hg+1.
I. Verdadero
Hg2
2+Hg2(NO2)2NO2
1 – →
II. Falso
K
1+K2 SS
2 – →
III. Verdadero
→Mg
2+PO Mg3 (PO4)2
3 –4
RespuestaVFV
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 38Al descomponer una muestra de 20 g de clorato de potasio, KClO3, se produce O2(g) que al ser recogido sobre agua a 700 mmHg y 22 ºC ocupa un volumen de 3 L. Determine el porcentaje de pureza de la muestra.
KC O KC O3 scalor
s 2 gµ µ( ) ( ) ( ) → + (sin balancear)
P mmHgV22 ºCH2O
= 19 8,
Masa molar (g/mol) KCµO3=122,5
A) 36,8 B) 44,9 C) 72,2 D) 77,4 E) 78,3
Resolución
Tema: Estequiometría
Análisis y procedimientoComo el O2 se recoge en agua, es una mezcla gaseosa; por ello, para determinar la cantidad de O2, se requiere la presión del O2 seco.
Pgas húmedo=PO2+PH2O(V)
PO2=Pgas húmedo – PH2O(V)
=700 mmHg –19,8 mmHg
=680,2 mmHg
Luego, por ecuación universal, tenemos que
n
P VO
O
R·TmmHg L
mmHg Lmol K
K2
2 680 2 3
62 4 295= =
( )( )
( )
· ,
,·
·
nO2=0,11 mol
En la ecuación balanceada se tiene que
2KClO3(s) → 2KCl(s)+3O2(g)
Proporción de moles
3 mol O2 → 2 mol KClO3
0,11 mol O2 → nKClO3=?
nKClO3=0,0733 mol
Luego, hallando la masa, tenemos que
nm
MKClOKClO
KClO3
3
3
=
→ mKClO3= n MKClO KClO3 3·
mKClO3=(0,0733 mol)(122,5 g/mol)
mKClO3=8,98 g
Finalmente
% %Pureza= KClO
muestra
3m
m× =100
= × =8 9820
100 44 9,
% , %g
g
unI 2011 -IISolucionario de Física y Química
29
Respuesta44,9
AlternAtivA B
PREGUNTA N.º 39¿Cuáles de las siguientes proposiciones son correctas?I. El enlace Aµ - Cµ es apolar.II. El enlace H - Cµ es más polar que el enlace K - Cµ.III. El enlace K - Cµ tiene mayor carácter iónico
que el enlace Aµ - Cµ.Datos, Z: H=1, Aµ=13, Cµ=17, K=19
A) Solo I B) Solo II C) Solo III D) I y II E) II y III
Resolución
Tema: Enlace químico
Los enlaces químicos en los compuestos son principalmente iónicos o covalentes, los cuales se pueden reconocer por la diferencia de electrone-gatividades.
∆EN0 1,7 3,3
polarapolar
covalente iónico
aumenta el carácter iónico
Análisis y procedimientoI. Falso El enlace Aµ - Cµ, al ser la unión de átomos
con diferente electronegatividad, es un enlace polar.
II. Falso El enlace H - Cµ es de tipo covalente, mientras
que el enlace K - Cµ es iónico; por lo tanto, este último más polar, dado que las cargas eléctricas que se manifiestan en sus partículas son netas.
III. Verdadero El enlace K - Cµ presenta mayor carácter
iónico que el enlace Aµ - Cµ. El K tiene menor electronegatividad que el Aµ y por ello la diferencia de electronegatividades es mayor en el primer enlace.
RespuestaSolo III
AlternAtivA C
PREGUNTA N.º 40¿Cuál de los siguientes procesos corresponde a la primera ionización del oxígeno?
A) 1s22s22p4+e – → 1s12s22p
B) 1s22s22p4 → 1s22s12p4+e –
C) 1s22s22p4 → 1s22s22p3+e –
D) 1s22s22p4+e – → 1s22s22p5
E) 1s22s22p4 → 1s12s22p4+e –
Resolución
Tema: Propiedades periódicas
La energía de ionización es la mínima energía que se le debe dar a un átomo que forma parte de una muestra gaseosa de un elemento para arrancarle un electrón de su nivel más externo.
Análisis y procedimientoPara el oxígeno (Z=8), el proceso de la primera energía de ionización es
O O eg g+
( ) ( )−→ +
1s22s22p4 → 1s22s22p3+e –
Respuesta1s22s22p4 → 1s22s22p3+e –
AlternAtivA C