Practico de CLM 2018

Beatrixe
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Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por Beatrixe » 17 Mar 2018, 12:45

Buenas!!supongo que como muchos de vosotros me estoy preguntando estos días qué pondrán en el práctico de Castila la Mancha. ¿repetiran bloques? ¿volveran poner mecánica o cambiaran? ¿pondrán orgánica que hace mucho que no ponen??ayy esto es un sin vivir!jijijiji.
Qué opinais desde vuestra experiencia?

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 17 Mar 2018, 16:39

oráculo del dios Apolo.jpg
oráculo del dios Apolo.jpg (29.89 KiB) Visto 5561 veces
Hola Beatrixe, es una pregunta de oráculo de Delfos http://docentesconeducacion.es/viewtopic.php?f=9&t=4714, se supone que no lo sabrás hasta que entres el día D, dispuesta para la lucha (espero que no te toque mesa coja).
Desde mi humilde experiencia, te diré que suele aparecer uno de electromagnetismo, aunque cualquiera sabe…, el último año 2015 no, quizá este año reaparezca la orgánica, no sé qué decirte.
Eso sí, espero que en esta contienda haya más efectivos en tu bando contrario porque en 2015 noté cierta precipitación y prisas durante el procedimiento selectivo; haciendo fotocopias en el último momento y tal…
Yo ya comenté en http://docentesconeducacion.es/viewtopi ... =92&t=3533 que creo y mantengo que hubo un problema que me lo valoraron mal. Obviamente, hubo alguien que me lo corrigió y, aunque ya no me merece la pena, le reto para que me explique, públicamente o en privado, cuál fue mi error.
Saludos y muchos ánimos compañera.

Beatrixe
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Re: Practico de CLM

Mensaje sin leer por Beatrixe » 17 Mar 2018, 21:33

Pues si,llevas toda la razón el año 2015 fue muy atipico incluido las correcciones. Es cierto que no sabremos la verdad hasta el día D pero no esta de mas hacer quinielas,no?? Por lo menos esperemos que este año corrijan mejor y no haya tantas prisas.
Mucho ánimo y un saludo

hunk
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Re: Practico de CLM

Mensaje sin leer por hunk » 15 Abr 2019, 12:33

Conseguidos enunciados oficiales CLM 2018
https://drive.google.com/file/d/1T1EwQs ... p=drivesdk

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 16 Abr 2019, 22:20

muchas gracias por subirlos, me volvía loco por recordarlo, ahora, a empezar y ver donde metí la pata,


gran trabajo como siempre y sin vosotros, que me solucionáis algunas dudas, no sabia ni como abrocharme los zapatos, no os nombro, porque seguro que me olvido alguno y no quiero quedar mal con alguno

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 16 Jun 2019, 19:40

jrb759 escribió:Hola,me he puesto a intentar resolver el examen de clm 2019, he logrado hacer el nº 2 hace tiempo, y uno de los de quimica, siempre que no halla metido la pata, claro, y gracias Hulk ya tenemos los enunciado originales, mil gracias por ello, pero al intentar resolver el primer problema, no se como meterle mano, y con otros dos compañeros lo hemos mirado y nos pasa lo mismo, ya es por orgullo, pero no lo veo por ningun lado como hacerñp, si alguna alma caritativa, me da por lo menos una idea por donde empezar se lo agradeceria
http://www.docentesconeducacion.es/view ... 691#p32690


Buenas tardes, jrb759.
En este problema tienes tres zonas claramente diferenciadas:

r ≥ R

R/2 ≤ r ≤ R

0 ≤ r ≤ R/2

y dos fronteras: la 1 que es la superficie externa de la corona esférica con el exterior y la 2 que es la superficie interna de la corona con el agujero interno.
Se puede resolver aplicando el teorema de Gauss en cada una de las zonas por separado para obtener E y luego calcular V integrando dV = - E·dr en cada zona por separado.
De esta manera en la primera zona (el exterior), teniendo en cuenta que V=0 en el infinito puedes calcular V1 en la frontera externa (para r=R), a continuación V en la corona esférica (para r=R/2 obtienes V2 en la frontera interna). Por último, E en el agujero se anula y entonces V = constante =V2 que será el valor del potencial pedido en el centro.
Uno similar pero sin agujero se resolvió por koler y otro por un servidor, puedes descargar aquí:
http://www.docentesconeducacion.es/view ... 324#p31544
Ya nos contarás si te vale con la explicación.
Saludos.

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 16 Jun 2019, 23:36

muchas gracias, sleepylavoisie tenia claro lo que tenia que aplicar gauss pero el dichoso agujero no sabia como meterle mano o que estoy muy cansado, con el fin de curso y todo el rollo que conlleva, con las competencias y demas tonterias que debemos hacer, mil gracias por contestar tan rapidamente, lo mirare, cuando termine la peticion de destinos y las evaluaciones,

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 22 Jun 2019, 18:47

Buenas tardes, compañeros.

Voy a dejar por aquí mi resolución al 1 de Física (electrostática) del año pasado que hemos comentado jrb759 y yo líneas arriba.

https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg

En el exterior de nuestra bola cargada con hueco interno concéntrico, es decir,

para r ≥ R, todos sabemos que podemos suponer la carga al completo, Q’, como puntual concentrada en el centro, entonces la expresión del potencial eléctrico V(r) (tomando el origen de referencia V=0 cuando r→∞) es:

1/(4·π·εo) · Q’/r

Por consiguiente, en la superficie externa de nuestro sistema, r = R:

V’ = 1/(4·π·εo) · Q’/R

Donde Q’ es la carga contenida en el volumen, v’, de la corona esférica de radio externo R e interno R/2:

Q’ = ρ·v’ = ρ·4/3·π·[R³-(R/2)³] = 4·π·ρ/3·[(8·R³-R³)/8]
Q’ = 7·π·ρ·R³/6

Sustituyendo la última ecuación en la antepenúltima encontramos el potencial eléctrico, V’, en la superficie externa, r=R:
V’ = 1/(4·π·εo) · (7·π·ρ·R³/6)/R
V’ = 7·ρ·R² / (24·εo)

Ahora penetramos en el interior de la corona esférica:
R/2 ≤ r ≤ R

La carga encerrada por una superficie gaussiana a esta distancia r del centro será ahora variable en función de r, Q(r):
Q = ρ·v = ρ·4/3·π·[r³-(R/2)³] = π·ρ·(8·r³-R³)/6

El flujo eléctrico a través de esta superficie gaussiana esférica de radio r,
tal que R/2 ≤ r ≤ R, será:
Φ = ES = E·S·cos0º = E·4·π·r²·1 = 4·π·r²·E

La ley de Gauss nos dice que:
Flujo eléctrico = Φ = Q/ε

Sustituyendo expresiones, igualando y despejando el campo:
4·π·r²·E = π·ρ·(8·r³-R³)/(6·ε)
E = ρ/(6·ε) · [2·r - R³/(4·r²)]

Como el campo eléctrico es el gradiente del potencial cambiado de signo,
integramos E = - ∂V/∂r ⇒ -∫dV = ∫E·dr

Con límites de integración, para el potencial: inferior V (potencial eléctrico en la superficie interior de la corona esférica) y superior V’ (potencial eléctrico en la superficie exterior de la corona esférica que, por cierto, ya hemos calculado); y para r: inferior r=R/2 y superior r=R; entonces queda:
-(V’-V) = V-V’ = ρ/(6·ε)·[2·(R²- R²/4)/2 + R³/4·(1/R – 2/R)]

V-V’= ρ·R²/(12·ε)

V=V’+ρ·R²/(12·ε)= 7·ρ·R² / (24·εo) + ρ·R²/(12·ε)

V = ρ·R²/12·[7/(2εo)+1/ε]

Considerando finalmente la cavidad esférica:
0 ≤ r ≤ R/2

Cualquier superficie gaussiana ahí encierra carga cero, Q=0, y por tanto Gauss nos dice que E=0, es decir, E=0= -∂V/∂r y por lo tanto V=constante.
Vamos, que el potencial en el centro es el mismo que en la superficie interna de la corona esférica (imponiendo condición de continuidad):

V = ρ·R²/12 · [7/(2·εo) + 1/ε]

Agradezco vuestra revisión.
Saludos.

P.D.: me encanta escribir en este hilo, mi sueño es volver con mis paisanos castellano-manchegos. Aunque en Madrid me han tratado muy bien desde mi destierro en 2012, los 300000 km que llevo cargando en mis espaldas están empezando a hacer mella en mis costillas.
¿Se cumplirá mi sueño en algún momento?...

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 23 Jun 2019, 09:15

Gracias sleepylavoisier , coincido con la respuesta, y serias de nuevo bienvenido, y creo que el proximo año lo lograremos, o eso espero, por lo que dices tu perteneces a la parte sur de la comunidad, lo digo por los kilometros, yo soy "The coming the winter", como dicen algunos compañeros de CR y Alb, lo que nos gusta salir en TV, en invierno siempre por lo mismo, para ver congelados a los presentadores de TV

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por hellinera96 » 15 Jul 2019, 12:29

hola soy nueva, en esto de las oposiciones, soy fisica y de albacete y al empezar a resolver el ultimo examen de castilla la mancha, al llegar a la parte de quimica, me he encontrado con un problema, ya que al hacer el primer apartado la pkb, no me sale lo que deberia, segun tablas, ya me he bloqueado en todos los problemas de quimica de esta convocatoria, y ademas al mirar unas fotocopias, me he encontrado con otro problema yo pensaba que la metilamina era ch3nh2, pero en esas fotocopias sale como (ch3)2Nh, y ya no se cual es la correcta y tambien se me hace imposible los demas problemas de quimica, siempre son de este nivel de dificultad


gracias desde albacete

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 15 Jul 2019, 21:48

CH3NH2 + H2O -> CH3NH3+ + OH-


sino me he equivocado

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 18 Jul 2019, 17:15

hay va mi solución seguro que tiene algún error

kb= [OH][C3NH3+]
pOH= - LOG [OH]= 1,7
moles de metil amina 0,27; n= 8,37/31,04 moles y por tanto su concentracion0,27/0,3=0,9 M
pKb= 0,9 * 1,7

Y seguro que he metido la pata en algun sitio porque la Kb es de 3,7 10-4

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 29 Jul 2019, 17:24

Buenas tardes.
Voy a dejar por aquí mi resolución al problema de química 3 de 2018:
https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg

Coincido con jrb759 en apartado a), el equilibrio de disociación de la metilamina en agua es:

CH3NH2 (aq) + H2O (l) ⇄ CH3NH3+(aq) + OH¯ (aq)

Pero no en el resultado de pKb.
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2]
Hay un criterio que utilizo y me mola bastante porque he comprobado que funciona: cuando la base es débil con Kb>10^-12 y no muy diluida, con Cb>10^-6 M; si Cb/Kb > 1000, se puede despreciar la autoprotólisis del agua y la disociación de la base (obviamente válido también para ácidos débiles, sin más que sustituir el subíndice “b” por “a”:
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2] ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / Cb

Y efectivamente, en nuestro problema particular es posible calcular
[OH¯] = 10^(pH-14) = 10^(12,3-14) = 10^-1,7 = 0,019952623 M
Y también la concentración inicial de metanoamina (12,0 + 14,0 + 5•1,008 = 31,04 g/mol):
Cb = 8,37 / (31,04·0,300) = 0,898840206 M
y se puede despreciar [OH¯] frente a Cb con un error del
0,019952623 / 0,898840206 · 100 = 2,22 % que no está nada mal.

pKb = -log Kb ≈ - 2·log[OH¯] + log Cb = 2·pOH - pCb = 2·(14-pH) - pCb
pKb = 2·(14-12,3) = 2·(14-12,3) + log 0,898840206 = 3,353682491

pKb = 3,35

Y el criterio que me gusta se cumple:
Cb/Kb = 0,898840206/10^-3,353682491 = 2029,387503 > 1000

Por si las moscas, voy a comprobar con la conjetura de un tal sleepy:
https://twitter.com/FiQuiPedia/status/7 ... 2054772736
Construimos la ecuación con n=1 y sin ácido añadido, queda la siguiente cúbica:
[OH¯] = Cb·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Despejamos la constante:
Kb = ([OH¯]² - Kw) / (Cb - [OH¯] + Kw / [OH¯])
Kb = [(10^-1,7)² - 10^-14] / [8,37/(31,04·0,300) - 10^-1,7 + 10^-12,3] = 4,529671123·10^-4
pKb = - log Kb = - log 4,529671123·10^-4 = 3,343933329
pKb = 3,34 que discrepa del resultado anterior en una aceptable centésima menos.

En b) tenemos neutralización:
CH3NH2 (aq) + HCl (aq) → CH3NH3+(aq) + Cl¯(aq)

Las concentraciones iniciales serán (asumiendo volúmenes aditivos):
[CH3NH2]o = (8,37/31,04)/(0,300+0,0200) = 0,842662693 M

HCl = 35,5+1,008 = 36,508 g/mol
[HCl]o = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,32) = 0,345129834 M

Así que la metilamina está en exceso siendo el clorhídrico el reactivo limitante y podemos asumir que las concentraciones en equilibrio quedan:
[CH3NH2] = 0,842662693 - 0,345129834 = 0,497532858 M
[CH3NH3+] = 0,345129834 M

Como debe cumplirse la ecuación de la constante Kb, tendremos que
[OH¯] = Kb·[CH3NH2]/[CH3NH3+]

Tomando logaritmos decimales:
- log [OH¯] = - log Kb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]}
pOH = pKb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} = 14 – pH
pH = 14 + log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} – pKb
pH = 14 + log {0,497532858/0,345129834} – 3,353682491 = 10,80515782
pH = 10,81

Comprobando a lo conjetura de sleepy:
[OH¯] + Ca·v/(1+v)= Cb/(1+v)·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Siendo el volumen reducido v = Va/Vb = 20,0/300 = 1/15
1+v = 1 + 1/15 = 16/15
1/(1+v) = 15/16
v/(1+v) = 1/16
Cb y Ca son las concentraciones iniciales que tienen el ácido y la base por separado:
Cb = 0,898840206 M
Ca = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,02) = 5,522077353 M
[OH¯] + 5,522077353/16 = 0,898840206·(15/16)·4,529671123·10^-4/ (4,529671123·10^-4 + [OH¯]) + 10^-14 / [OH¯]

https://www.wolframalpha.com/input/?i=x ... E-14+%2F+x
Wolfram nos dice que
[OH¯] = 0,000650907 M
pH = 14 – pOH = 14 + log [OH¯] = 14 + log 0,000650907 = 10,81351894
pH = 10,81 que coincide con nuestra solución anterior hasta las centésimas.

Liquidemos el ejercicio resolviendo el último apartado, el c):
El equilibrio de precipitación del Mg(OH)2 será:
Mg(OH)2(s) ⇄ Mg²+(aq) + 2 OH¯(aq)

Con producto de solubilidad:
Kps = [Mg²+]·[OH¯]² = 7,10·10^-12

Calculamos el producto iónico:
[OH¯] = 10^-3,19 M
Mg(NO3)2 = 24,3 + 2·(14+3·16) = 148,3 g/mol
[Mg²+]o = (0,010/148,3)/0,320 = 2,107215105·10^-4 M

Q = [Mg²+]o · [OH¯]² = 2,107215105·10^-4·(10^-3,19)² = 8,78·10^-11

Se observa que Q>Kps por lo que se trata de una disolución sobresaturada y se producirá precipitación.

Calculamos la concentración de Mg²+ en disolución, que será la solubilidad, s:
Kps = s·(2s)² = 4·s³
s = (Kps/4)^(1/3) = (7,10·10^-12/4)^(1/3) = 1,210782455·10^-4 M

Moles de Mg²+ disueltos en el equilibrio = 1,210782455·10^-4 moles/L · 0,320 L = 3,874503856·10^-5 moles

Moles de Mg²+ iniciales en el nitrato = 0,010 g / 148,3 g/mol = 6,743088334·10^-5 moles

Moles precipitados en forma de Mg(OH)2 = iniciales – disueltos = (6,743088334 - 3,874503856)·10^-5 = 2,868584478•10^-5 moles

Mg(OH)2 = 24,3 + 2·(16,0+1,008) = 58,316 g/mol
Masa de Mg(OH)2 que precipita = 58,316 g/mol·2,868584478·10^-5 moles = 1,672843724·10^-3 g

Masa de Mg(OH)2 que precipita = 1,67 mg
hellinera96 escribió:...problemas de quimica, siempre son de este nivel de dificultad
Bienvenida hellinera96, este problema lo veo asequible, como debe ser, vamos que se podría resolver hasta en un chiringuito veraniego:
https://www.youtube.com/watch?v=nGAaH8Qntsk
No obstante agradezco revisión porque muchas veces uno mete la pata cuando más confiado está.

Los hay más difíciles, echa un ojo, hellinera96, al 3 de Madrid 2018, que es el último ejercicio 14 de https://previa.uclm.es/profesorado/pabl ... PDF#page=1

¡Ánimo compañeros!

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 29 Jul 2019, 22:23

gracias sleepylavoisier lo voy a comprobar a ver donde metí la pata, era sencillo, pero por algo, me lié, todo salimos con la sensación, que había algo que no veíamos, sensación común de los compañeros con los que hable, y habíamos cometido algún error, y voy a ver si logro quitarme la espina de dicho examen, porque cada vez que lo miro, que da fiebre y ganas de abandonar las opos y ponerme a hacer la vendimia o coger aceitunas

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 30 Jul 2019, 21:55

Ya he visto mi error, he cambiado en todos los casos las constantes donde kb lo he considerado como kps y viceversa, y posiblemente algún error de calculo en el examen, lo único "fallo" que he visto, por decir algo, y debe ser por haber dado 2º bachillerato, en que a veces no parece claro cuando calculas los moles y lo metes todo directamente en la formula, y sacar algún fallo, que realmente no lo es, ya digo que yo tengo otros fallos mas gordos, pero debe ser ya por haberlo machacado tanto a los chicos y ya no saber en que he fallado a la hora de hacer las opos, pero de todas formas muchisimas gracias sleepylavoisier, por lo menos darme una luz, y ver que necesito tomarme unas vacaciones para limpiar la mente y volver con mas ganas

ahora a por los otros dos de quimica

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 20 Ago 2019, 17:51

bueno subo mi solución del 5 problema, revisarlo y decirme si hay algo mal, posiblemente los calculos, en el apartado b, hay algo que no veo, creo que es sencillo, pero estoy muy espeso todo este mes

(A) Hg2I2 <->Hg2 2+ + 2I- Kps=[Hg2 2+][I-]^2

(1) Hg2I2 + 2 e -> 2Hg+2I-
(2) Hg2 2+ + 2 e - 2 Hg

A=1-2
Aplico la ec de Nerst E=E0+0,059/n log ox/red

E1=0,84 V dato del problema
Eo1= 0,84- 0,059/2 log 1/(0,01)^2 ; [I-]=0,01

En el equilibrio variacion E=0, por lo que E1=E2

E01+0,059/2 log 1/[I-]^2 =E02 + 0,059/2 log[Hg2 2+]

E01-E02 = 0,059/2 log [Hg2 2+] [I-]^2 0,059/2 log Kps; Kps= 10^-27,93


b) Hg2I2 <->Hg2 2+ + 2I-
vuelvo a aplicar nerst

E= -0,034 - 0,059/2 log 1/[Hg 2+] y aqui me he atrancado


saludos y agradeceria cualquier ayuda

hafmio
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por hafmio » 20 Ago 2019, 18:44

Te adjunto mi resolución al problema.
Creo que el enunciado hay algún error, porque dice textualmente " sabiendo que el potencial de un electrodo de Hg sumergido en una disolución saturada de Hg2I2" pero el dato que proporciona E(Hg2 2+/2 Hg)=0,79V es en condiciones estandar.
Espero te sirva
Adjuntos
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jubilado
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jubilado » 22 Ago 2019, 12:32

Buenos días y buen verano a todos:

Estoy haciendo el problema 3 de Química de 2006 de Castilla -La Mancha y al ver que mi resultado no coincidía con el que está resuelto en Fiquipedia se me plantea la duda siguiente. para resolver el problema Fiquipedia considera que hay que reducir la concentración de Cd2+ para que los potenciales de ambas especies (Cd y Fe) en el equilibrio entre el Fe2+ y el Cd permitan que la reacción se de en el sentido que propone el enunciado. Para ello, propone que la concentración de Cd2+ va disminuyendo (pasa de 0.01 a 0.01 -x) a medida que reacciona con el hierro (la del Fe2+ aumenta en una cantidad x), es decir, que se produce desde el principio (antes de retirar el Cd con el complejo amoniacal).

Sin embargo, yo pienso que ese equilibrio no se da hasta que la concentración de Cd2+ se reduzca hasta la necesaria, y esa disminución de la concentración se debe únicamente a la reacción de formación del complejo, ya que la reducción del Fe2+ no se comenzará a dar hasta que la concentración de Cd2+ sea la necesaria, por lo que el Fe2+ del equilibrio no aumenta en la cantidad x.

Os mandaría mi propuesta escaneada en pdf, pero me dice que el archivo es demasiado grande (dos páginas). Otras veces los he mandado más grandes ¿Qué está pasando, desde que el foro dejó de funcionar algunos días?

Muchas gracias y saludos

mrm
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por mrm » 23 Ago 2019, 10:29

Buenos días, en la resolución del ejercicio 3 de CLM en el apartado c, la concentración de OH- permanece constante y será la que hemos obtenido en el apartado anterior, por lo que la incógnita será la concentración de Mg2+.
De esta forma obtengo que precipitan 3,63 mg de hidróxido de magnesio.
Un saludo

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 27 Ago 2019, 20:39

Hola mrm, si precipitan 3,63 mg es que tengo equivocación en mis 1,67 mg
aquí: http://www.docentesconeducacion.es/view ... 229#p32976
¿Dónde está mi error?
Gracias.

jubilado
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jubilado » 05 Sep 2019, 13:11

Hola Sleepy y compañía:

He resuelto el problema de la precipitación del hidróxido de magnesio sin mirar ni revisar la solución que tu propones y a mi me da que precipitan 3,625 mg de Mg(OH)2 que están más de cuerdo con la solución que da mrm.

Siento no poder adjuntar mi solución completa porque el sistema no me permite enviar pdf . (últimamente me dice que son demasiado grandes) cuando antes los enviaba sin problemas. ¿Qué está pasando? Me da mucha pereza escribir a mano en los mensajes las soluciones con ese lenguaje de jeroglificos, pero si es necesario lo haré.

Hasta otra compañeros

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 05 Sep 2019, 18:47

Hola, por fin me digné a autorevisarme, muchas gracias mrm y jubilado por vuestras advertencias.
Le pregunto a mrm cuál es mi error cuando realmente me lo dice en su post. En fin, pido disculpas, ya sabéis que los inicios de curso son muy duros…

Veamos, creo que sería así, no?:
Calculamos la concentración de Mg²+ en disolución:

[Mg²+]= Kps/[OH¯]² = 7,10·10^-12/0,000650907² = 1,675793357·10^-5 M

Moles de Mg²+ disueltos en el equilibrio = 1,675793357·10^-5 moles/L · 0,320 L = 5,362538743·10^-6 moles

Moles de Mg²+ iniciales en el nitrato = 0,010 g / 148,3 g/mol = 6,743088334·10^-5 moles

Moles precipitados en forma de Mg(OH)2 = iniciales – disueltos = (6,743088334 – 0,5362538743)·10^-5 = 6,20683446·10^-5 moles

Mg(OH)2 = 24,3 + 2•(16,0+1,008) = 58,316 g/mol
Masa de Mg(OH)2 que precipita = 58,316 g/mol·6,20683446·10^-5 moles = 3,619577584·10^-3 g

Masa de Mg(OH)2 que precipita = 3,62 mg

En cuanto a lo que comenta jubilado:
jubilado escribió:
22 Ago 2019, 12:32
Os mandaría mi propuesta escaneada en pdf, pero me dice que el archivo es demasiado grande (dos páginas). Otras veces los he mandado más grandes ¿Qué está pasando, desde que el foro dejó de funcionar algunos días?
jubilado escribió:
05 Sep 2019, 13:11
Siento no poder adjuntar mi solución completa porque el sistema no me permite enviar pdf . (últimamente me dice que son demasiado grandes) cuando antes los enviaba sin problemas. ¿Qué está pasando?
Creo que únicamente deja subir archivos hasta 500 KB, antes se podía hasta 1 MB si no recuerdo mal.
Una posibilidad es comprimir el pdf con, por ejemplo, https://smallpdf.com/es/comprimir-pdf por debajo de los 500 KB o hacer el escaneo con baja calidad (y además comprimir)
Otra es subir cada hoja en un archivo diferente.

Quizá deberíamos pedir al administrador, si es posible, volver a la situación anterior.

Es una leche porque a mí me interesa ver el 3 de Química de 2006 CLM que comenta jubilado líneas arriba, al igual que cualquier adjunto que se pueda compartir.

Saludos.
Última edición por sleepylavoisier el 05 Sep 2019, 19:22, editado 1 vez en total.

jubilado
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jubilado » 05 Sep 2019, 19:00

Efectivamente, Sleepy, Ahora estamos de acuerdo con el problema 3 de Castilla-La Mancha 2018.

Gracias por tu atención y me sumo a la propuesta de pedir al administrador que nos deje un poco más de márgen para subir archivos.

Saludos

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 05 Sep 2019, 21:50

gracias a todos por ayudarme en algunos aspectos que no los tenia claro, ya he visto mis errores y espero no volver a cometerlos, y yo lo de subir pdf o jpg, ya lo he dejado por imposible no soy capaz, por lo mismo tamaño excesivo, y eran mas pequeños de 1 mb


saludos

china2
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 18 Nov 2019, 19:19

sleepylavoisier escribió:
29 Jul 2019, 17:24
Buenas tardes.
Voy a dejar por aquí mi resolución al problema de química 3 de 2018:
https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg

Coincido con jrb759 en apartado a), el equilibrio de disociación de la metilamina en agua es:

CH3NH2 (aq) + H2O (l) ⇄ CH3NH3+(aq) + OH¯ (aq)

Pero no en el resultado de pKb.
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2]
Hay un criterio que utilizo y me mola bastante porque he comprobado que funciona: cuando la base es débil con Kb>10^-12 y no muy diluida, con Cb>10^-6 M; si Cb/Kb > 1000, se puede despreciar la autoprotólisis del agua y la disociación de la base (obviamente válido también para ácidos débiles, sin más que sustituir el subíndice “b” por “a”:
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2] ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / Cb

Y efectivamente, en nuestro problema particular es posible calcular
[OH¯] = 10^(pH-14) = 10^(12,3-14) = 10^-1,7 = 0,019952623 M
Y también la concentración inicial de metanoamina (12,0 + 14,0 + 5•1,008 = 31,04 g/mol):
Cb = 8,37 / (31,04·0,300) = 0,898840206 M
y se puede despreciar [OH¯] frente a Cb con un error del
0,019952623 / 0,898840206 · 100 = 2,22 % que no está nada mal.

pKb = -log Kb ≈ - 2·log[OH¯] + log Cb = 2·pOH - pCb = 2·(14-pH) - pCb
pKb = 2·(14-12,3) = 2·(14-12,3) + log 0,898840206 = 3,353682491

pKb = 3,35

Y el criterio que me gusta se cumple:
Cb/Kb = 0,898840206/10^-3,353682491 = 2029,387503 > 1000

Por si las moscas, voy a comprobar con la conjetura de un tal sleepy:
https://twitter.com/FiQuiPedia/status/7 ... 2054772736
Construimos la ecuación con n=1 y sin ácido añadido, queda la siguiente cúbica:
[OH¯] = Cb·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Despejamos la constante:
Kb = ([OH¯]² - Kw) / (Cb - [OH¯] + Kw / [OH¯])
Kb = [(10^-1,7)² - 10^-14] / [8,37/(31,04·0,300) - 10^-1,7 + 10^-12,3] = 4,529671123·10^-4
pKb = - log Kb = - log 4,529671123·10^-4 = 3,343933329
pKb = 3,34 que discrepa del resultado anterior en una aceptable centésima menos.

En b) tenemos neutralización:
CH3NH2 (aq) + HCl (aq) → CH3NH3+(aq) + Cl¯(aq)

Las concentraciones iniciales serán (asumiendo volúmenes aditivos):
[CH3NH2]o = (8,37/31,04)/(0,300+0,0200) = 0,842662693 M

HCl = 35,5+1,008 = 36,508 g/mol
[HCl]o = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,32) = 0,345129834 M

Así que la metilamina está en exceso siendo el clorhídrico el reactivo limitante y podemos asumir que las concentraciones en equilibrio quedan:
[CH3NH2] = 0,842662693 - 0,345129834 = 0,497532858 M
[CH3NH3+] = 0,345129834 M

Como debe cumplirse la ecuación de la constante Kb, tendremos que
[OH¯] = Kb·[CH3NH2]/[CH3NH3+]

Tomando logaritmos decimales:
- log [OH¯] = - log Kb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]}
pOH = pKb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} = 14 – pH
pH = 14 + log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} – pKb
pH = 14 + log {0,497532858/0,345129834} – 3,353682491 = 10,80515782
pH = 10,81

Comprobando a lo conjetura de sleepy:
[OH¯] + Ca·v/(1+v)= Cb/(1+v)·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Siendo el volumen reducido v = Va/Vb = 20,0/300 = 1/15
1+v = 1 + 1/15 = 16/15
1/(1+v) = 15/16
v/(1+v) = 1/16
Cb y Ca son las concentraciones iniciales que tienen el ácido y la base por separado:
Cb = 0,898840206 M
Ca = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,02) = 5,522077353 M
[OH¯] + 5,522077353/16 = 0,898840206·(15/16)·4,529671123·10^-4/ (4,529671123·10^-4 + [OH¯]) + 10^-14 / [OH¯]

https://www.wolframalpha.com/input/?i=x ... E-14+%2F+x
Wolfram nos dice que
[OH¯] = 0,000650907 M
pH = 14 – pOH = 14 + log [OH¯] = 14 + log 0,000650907 = 10,81351894
pH = 10,81 que coincide con nuestra solución anterior hasta las centésimas.

Liquidemos el ejercicio resolviendo el último apartado, el c):
El equilibrio de precipitación del Mg(OH)2 será:
Mg(OH)2(s) ⇄ Mg²+(aq) + 2 OH¯(aq)

Con producto de solubilidad:
Kps = [Mg²+]·[OH¯]² = 7,10·10^-12

Calculamos el producto iónico:
[OH¯] = 10^-3,19 M
Mg(NO3)2 = 24,3 + 2·(14+3·16) = 148,3 g/mol
[Mg²+]o = (0,010/148,3)/0,320 = 2,107215105·10^-4 M

Q = [Mg²+]o · [OH¯]² = 2,107215105·10^-4·(10^-3,19)² = 8,78·10^-11

Se observa que Q>Kps por lo que se trata de una disolución sobresaturada y se producirá precipitación.

Calculamos la concentración de Mg²+ en disolución, que será la solubilidad, s:
Kps = s·(2s)² = 4·s³
s = (Kps/4)^(1/3) = (7,10·10^-12/4)^(1/3) = 1,210782455·10^-4 M

Moles de Mg²+ disueltos en el equilibrio = 1,210782455·10^-4 moles/L · 0,320 L = 3,874503856·10^-5 moles

Moles de Mg²+ iniciales en el nitrato = 0,010 g / 148,3 g/mol = 6,743088334·10^-5 moles

Moles precipitados en forma de Mg(OH)2 = iniciales – disueltos = (6,743088334 - 3,874503856)·10^-5 = 2,868584478•10^-5 moles

Mg(OH)2 = 24,3 + 2·(16,0+1,008) = 58,316 g/mol
Masa de Mg(OH)2 que precipita = 58,316 g/mol·2,868584478·10^-5 moles = 1,672843724·10^-3 g

Masa de Mg(OH)2 que precipita = 1,67 mg
hellinera96 escribió:...problemas de quimica, siempre son de este nivel de dificultad
Bienvenida hellinera96, este problema lo veo asequible, como debe ser, vamos que se podría resolver hasta en un chiringuito veraniego:
https://www.youtube.com/watch?v=nGAaH8Qntsk
No obstante agradezco revisión porque muchas veces uno mete la pata cuando más confiado está.

Los hay más difíciles, echa un ojo, hellinera96, al 3 de Madrid 2018, que es el último ejercicio 14 de https://previa.uclm.es/profesorado/pabl ... PDF#page=1

¡Ánimo compañeros!
Hola Sleepy, por lo que veo el apartado c lo has resuelto usando la concentración de hidróxido del apartado b no?? El resto he visto que me ha salido igual pero en el c lo de mantener el pH constante me hizo lio--- en realidad al precipitar el hidróxido, se debería de disociar más base no?

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 18 Nov 2019, 20:43

Hola, ya vi la corrección, de este problema.. lo único que os parece, seria el apartado c igualmente correcto si se usa la concentración de hidróxido del apartado a???

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 18 Nov 2019, 20:50

hafmio escribió:
20 Ago 2019, 18:44
Te adjunto mi resolución al problema.
Creo que el enunciado hay algún error, porque dice textualmente " sabiendo que el potencial de un electrodo de Hg sumergido en una disolución saturada de Hg2I2" pero el dato que proporciona E(Hg2 2+/2 Hg)=0,79V es en condiciones estandar.
Espero te sirva
Hola, el apartado a lo veo claro.. pero en el b como saber si nos piden E1 o E2??, yo hubiese hallado E2 tal como lo piden...Gracias

Fisica_interina
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por Fisica_interina » 08 Dic 2019, 14:08

Hola! Después de un tiempo siguiendo este foro, me animo a participar.
He estado buscando por si alguien había subido la resolución del problema 2 del CLM 2018, pero no lo he encontrado.
Os pongo como he pensado resolverlo. Pero creo que algo estoy haciendo mal.
(a) Ecuación de Bernoulli en A y en C. Supongo que la presión en A y en C es la atmosférica y que la velocidad en A no se tiene en cuenta. La velocidad en C será vc= (2g(yA-yC)1/2
(b) El caudal en B y en C debe ser el mismo, de aquí se obtiene la velocidad en B. Vuelvo a aplicar Bernoulli entre A y B para obtener la presión en P.
(c)La presión en el punto P debe ser la misma que la presión al final del manómetro. Pp=Pc+Patm. De aqui se obtiene la altura, a mi me sale 10,42m.
Gracias

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 09 Dic 2019, 03:14

Fisica_interina escribió:
08 Dic 2019, 14:08
Hola! Después de un tiempo siguiendo este foro, me animo a participar.
He estado buscando por si alguien había subido la resolución del problema 2 del CLM 2018, pero no lo he encontrado.
Os pongo como he pensado resolverlo. Pero creo que algo estoy haciendo mal.
(a) Ecuación de Bernoulli en A y en C. Supongo que la presión en A y en C es la atmosférica y que la velocidad en A no se tiene en cuenta. La velocidad en C será vc= (2g(yA-yC)1/2
(b) El caudal en B y en C debe ser el mismo, de aquí se obtiene la velocidad en B. Vuelvo a aplicar Bernoulli entre A y B para obtener la presión en P.
(c)La presión en el punto P debe ser la misma que la presión al final del manómetro. Pp=Pc+Patm. De aqui se obtiene la altura, a mi me sale 10,42m.
Gracias
Buenas noches Fisica_interina, bienvenida y gracias por compartir.

Coincido en el a)
Vc = √ [2g(ya – yc)] = √ [2·9,8·(12-1,2)] = 14,54922678 m/s
Vc = 14,5 m/s

Siguiendo tus indicaciones en el b) llego a que la presión, Pb, en el punto P del depósito pequeño B es:
Pb = Patm + ρ·g·(ya – yc)·[1 – (Rc/Rb)^4]
Con Patm = 101300 Pa ; ρ = 1000 kg/m³ ; g = 9,8 m/s²
ya = 12 m ; yc = 1,2 m
Rc/Rb = 4 cm / 10 cm = 2 / 5
me da
Pb = 101300 + 1000·9,8·(12 – 1,2)·[1 – (2/5)^4] = 204430,496 Pa
Pb = 204430 Pa

En el apartado c) no coincido, si no me equivoco has calculado h sin despreciar las diferencias de altura en el interior del cilindro B, es decir, el balance de presiones sobre P nos dice que, efectivamente:
Pb = Patm + ρ·g·(h+Rb) ⇒ h = [(Pb-Patm)/(ρ·g)] – Rb
Donde (Pb-Patm)/(ρ·g)] = (ya – yc)·[1 – (Rc/Rb)^4] ; sustituyendo:
h = (ya – yc)·[1 – (Rc/Rb)^4] – Rb = (12 – 1,2)·[1 – (2/5)^4] – 0,10
h = 10,42352 m que coincide con tu resultado.

Pero el enunciado de este ejercicio 2 CLM 2018 https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg nos dice expresamente:
Despréciense las diferencias de altura en el interior del cilindro B
es decir que h >>>Rb y entonces nos vemos obligados a hacer la aproximación:
h + Rb ≈ h
Y la ecuación de balance de presiones queda:
Pb ≈ Patm + ρ·g·h ⇒ h ≈ (Pb-Patm)/(ρ·g) = (ya – yc)·[1 – (Rc/Rb)^4] = (12 – 1,2)·[1 – (2/5)^4] = 10,52352 m

Luego, en mi opinión, siguiendo estrictamente el enunciado, con tres cifras significativas deberíamos responder en c):
h ≈ 10,5 m
(con 4 cifras significativas h ≈ 10,52 m pero no 10,42 m como nos pones)

Saludos.

Fisica_interina
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por Fisica_interina » 09 Dic 2019, 22:11

Si, ese ha sido mi error.

Muchas gracias! :)

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 31 Dic 2019, 11:44

hola compañeros, lo primero felices fiestas, una pregunta a la hora de realizar el problema 4, me da un alfa de -.023, que se que es imposible pero no veo donde he cometido el fallo, os comento como lo he hecho:

N2O4 <-> 2 NO2
o cx -
e c(1-x) 2xc nt = 1+x; Mf N2O4 = 92

Luego aplico la ley de los gases ideales: PV=nRT; donde n=n0(1+x); n0= mN2O4/Mf N2O4 , ya que considero, por la ley de conservación de masas que la cantidad de N2O4 al inicio es igual a la masa en el equilibrio N2O4 + NO2;

P= mN2O4/Veq (1+x) 0.082* 400 y d=mN2O4/Veq

sustituyendo valores me queda:

92= 3.65 (1+x) 0.082*400

y al despejar me sale el valor de alfa( aqui x) negativo y no veo donde he metido la pata

saludos

Estefaniamb93
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por Estefaniamb93 » 02 Ene 2020, 10:03

Adjunto lo que he hecho yo, me sale positivo.

he relacionado la densidad con la masa y el volumen en el equilibrio; la masa la he relacionado con los moles en el equilibrio por su masa molecular. Al hacerlo y sacar factor común, alfa se va y obtengo n.
Luego aplicando ecuación gases ideales, despejo alfa sabiendo que PV=nRT,
Adjuntos
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jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 03 Ene 2020, 09:14

Gracias Estefaniamb93, lo voy a mirar, ni había pensado en esa posibilidad, lo he hecho como siempre hago este tipo de problemas

saludos

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 05 Ene 2020, 03:35

Buenas noches.
Coincido prácticamente con Estefaniamb93 para el cálculo de α en este ejercicio 4 CLM2018 (cuya calificación máxima es de 1 punto) https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg
Creo que la equivocación de jrb759 está en que olvidó incluir la masa molar del tetraóxido (lo que denomina Mf N2O4) en la ecuación de los gases perfectos pues escribe
P= mN2O4/Veq (1+x) 0.082* 400 y d=mN2O4/Veq
cuando debería escribir:
P= mN2O4/(Mf N2O4*Veq) (1+x) 0.082* 400 y d=mN2O4/Veq

Hace 4 años subí resuelto al foro el nº5 madrileño de 1994
http://www.docentesconeducacion.es/view ... 812#p17746
que es muy similar al ejercicio que estamos discutiendo. En él deduzco una fórmula general para α
α = P·M / (R·T·ρ) – 1
En nuestro caso particular:
P = 1,50 atm; M = 92,0 g/mol
R = 0,08206 atm·L/mol·K; ρ = 3,65 g/L
T = 127 ºC + 273,15 = 400,15 K
α = 1,50·92,0 / (0,08206·400,15·3,65) – 1 = 0,151415013

Mirando datos, si lo pidieran (que no lo piden), yo daría α con tres significativas:
α = 0,151 ⇒ 15,1 %

Entonces es fácil llegar al valor de Kp en nuestras condiciones de presión (1,50 atm) y temperatura (127 ºC):
Kp = 4·P / (1/α² - 1) = 4·1,50 / (1/0,151415013² - 1) = 0,140786786

Con tres significativas: Kp = 0,141
Y como Kc = Kp / (R·T)^Δn
Con Δn = 2-1 = 1 sale Kc = Kp / (R·T) = 0,140786786/(0,08206·400,15) = 0,004287533839
Con tres significativas: Kc = 0,00429

No me ha dado la gana de poner unidades en Kp (0,141 atm) y en Kc (0,00429 mol/L = 0,00429 M) porque ellos se saltan a la torera la normativa IUPAC escribiendo en el enunciado “tetróxido” (deberían haber escrito “tetraóxido”) así que yo también me paso por el forro a la IUPAC no poniendo unidades en las constantes lo cual, seamos sinceros, es algo que me encanta (en la reunión de EvAU que se llevó a cabo en el salón de actos de la facultad de Matemáticas en la Complutense se dijo expresamente que, en el examen de 2020, no se utilizarían y no se deben utilizar unidades en las constantes de equilibrio).

Saludos y Feliz Año Nuevo, compañeros.

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 05 Ene 2020, 11:50

muchas gracias por revisar y encontrar mi error, y también muchas gracias por la aclaración sobre la evau, a nosotros en la reunión de alcala no se dijo nada de todo esto, solo que era lo mismo y no había cambiado nada de los últimos años, en fin la coherencia entre las distintas universidades del distrito de Madrid

jrb759
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por jrb759 » 05 Ene 2020, 11:52

por lo que me mosqueo este problema, es que estaba delante de los miembros del tribunal, y dijeron veras como fallan este, con lo fácil que es, por eso tenia esa espinita

china2
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 12 Sep 2020, 13:28

sleepylavoisier escribió:
29 Jul 2019, 17:24
Buenas tardes.
Voy a dejar por aquí mi resolución al problema de química 3 de 2018:
https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg

Coincido con jrb759 en apartado a), el equilibrio de disociación de la metilamina en agua es:

CH3NH2 (aq) + H2O (l) ⇄ CH3NH3+(aq) + OH¯ (aq)

Pero no en el resultado de pKb.
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2]
Hay un criterio que utilizo y me mola bastante porque he comprobado que funciona: cuando la base es débil con Kb>10^-12 y no muy diluida, con Cb>10^-6 M; si Cb/Kb > 1000, se puede despreciar la autoprotólisis del agua y la disociación de la base (obviamente válido también para ácidos débiles, sin más que sustituir el subíndice “b” por “a”:
Kb = [CH3NH3+]·[OH¯] / [CH3NH2] ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / (Cb - [OH¯]) ≈ [OH¯]² / Cb

Y efectivamente, en nuestro problema particular es posible calcular
[OH¯] = 10^(pH-14) = 10^(12,3-14) = 10^-1,7 = 0,019952623 M
Y también la concentración inicial de metanoamina (12,0 + 14,0 + 5•1,008 = 31,04 g/mol):
Cb = 8,37 / (31,04·0,300) = 0,898840206 M
y se puede despreciar [OH¯] frente a Cb con un error del
0,019952623 / 0,898840206 · 100 = 2,22 % que no está nada mal.

pKb = -log Kb ≈ - 2·log[OH¯] + log Cb = 2·pOH - pCb = 2·(14-pH) - pCb
pKb = 2·(14-12,3) = 2·(14-12,3) + log 0,898840206 = 3,353682491

pKb = 3,35

Y el criterio que me gusta se cumple:
Cb/Kb = 0,898840206/10^-3,353682491 = 2029,387503 > 1000

Por si las moscas, voy a comprobar con la conjetura de un tal sleepy:
https://twitter.com/FiQuiPedia/status/7 ... 2054772736
Construimos la ecuación con n=1 y sin ácido añadido, queda la siguiente cúbica:
[OH¯] = Cb·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Despejamos la constante:
Kb = ([OH¯]² - Kw) / (Cb - [OH¯] + Kw / [OH¯])
Kb = [(10^-1,7)² - 10^-14] / [8,37/(31,04·0,300) - 10^-1,7 + 10^-12,3] = 4,529671123·10^-4
pKb = - log Kb = - log 4,529671123·10^-4 = 3,343933329
pKb = 3,34 que discrepa del resultado anterior en una aceptable centésima menos.

En b) tenemos neutralización:
CH3NH2 (aq) + HCl (aq) → CH3NH3+(aq) + Cl¯(aq)

Las concentraciones iniciales serán (asumiendo volúmenes aditivos):
[CH3NH2]o = (8,37/31,04)/(0,300+0,0200) = 0,842662693 M

HCl = 35,5+1,008 = 36,508 g/mol
[HCl]o = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,32) = 0,345129834 M

Así que la metilamina está en exceso siendo el clorhídrico el reactivo limitante y podemos asumir que las concentraciones en equilibrio quedan:
[CH3NH2] = 0,842662693 - 0,345129834 = 0,497532858 M
[CH3NH3+] = 0,345129834 M

Como debe cumplirse la ecuación de la constante Kb, tendremos que
[OH¯] = Kb·[CH3NH2]/[CH3NH3+]

Tomando logaritmos decimales:
- log [OH¯] = - log Kb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]}
pOH = pKb – log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} = 14 – pH
pH = 14 + log {[CH3NH2]/[CH3NH3+]} – pKb
pH = 14 + log {0,497532858/0,345129834} – 3,353682491 = 10,80515782
pH = 10,81

Comprobando a lo conjetura de sleepy:
[OH¯] + Ca·v/(1+v)= Cb/(1+v)·Kb / (Kb + [OH¯]) + Kw / [OH¯]
Siendo el volumen reducido v = Va/Vb = 20,0/300 = 1/15
1+v = 1 + 1/15 = 16/15
1/(1+v) = 15/16
v/(1+v) = 1/16
Cb y Ca son las concentraciones iniciales que tienen el ácido y la base por separado:
Cb = 0,898840206 M
Ca = 1,12·20,0·0,180/(36,508·0,02) = 5,522077353 M
[OH¯] + 5,522077353/16 = 0,898840206·(15/16)·4,529671123·10^-4/ (4,529671123·10^-4 + [OH¯]) + 10^-14 / [OH¯]

https://www.wolframalpha.com/input/?i=x ... E-14+%2F+x
Wolfram nos dice que
[OH¯] = 0,000650907 M
pH = 14 – pOH = 14 + log [OH¯] = 14 + log 0,000650907 = 10,81351894
pH = 10,81 que coincide con nuestra solución anterior hasta las centésimas.

Liquidemos el ejercicio resolviendo el último apartado, el c):
El equilibrio de precipitación del Mg(OH)2 será:
Mg(OH)2(s) ⇄ Mg²+(aq) + 2 OH¯(aq)

Con producto de solubilidad:
Kps = [Mg²+]·[OH¯]² = 7,10·10^-12

Calculamos el producto iónico:
[OH¯] = 10^-3,19 M
Mg(NO3)2 = 24,3 + 2·(14+3·16) = 148,3 g/mol
[Mg²+]o = (0,010/148,3)/0,320 = 2,107215105·10^-4 M

Q = [Mg²+]o · [OH¯]² = 2,107215105·10^-4·(10^-3,19)² = 8,78·10^-11

Se observa que Q>Kps por lo que se trata de una disolución sobresaturada y se producirá precipitación.

Calculamos la concentración de Mg²+ en disolución, que será la solubilidad, s:
Kps = s·(2s)² = 4·s³
s = (Kps/4)^(1/3) = (7,10·10^-12/4)^(1/3) = 1,210782455·10^-4 M

Moles de Mg²+ disueltos en el equilibrio = 1,210782455·10^-4 moles/L · 0,320 L = 3,874503856·10^-5 moles

Moles de Mg²+ iniciales en el nitrato = 0,010 g / 148,3 g/mol = 6,743088334·10^-5 moles

Moles precipitados en forma de Mg(OH)2 = iniciales – disueltos = (6,743088334 - 3,874503856)·10^-5 = 2,868584478•10^-5 moles

Mg(OH)2 = 24,3 + 2·(16,0+1,008) = 58,316 g/mol
Masa de Mg(OH)2 que precipita = 58,316 g/mol·2,868584478·10^-5 moles = 1,672843724·10^-3 g

Masa de Mg(OH)2 que precipita = 1,67 mg
hellinera96 escribió:...problemas de quimica, siempre son de este nivel de dificultad
Bienvenida hellinera96, este problema lo veo asequible, como debe ser, vamos que se podría resolver hasta en un chiringuito veraniego:
https://www.youtube.com/watch?v=nGAaH8Qntsk
No obstante agradezco revisión porque muchas veces uno mete la pata cuando más confiado está.

Los hay más difíciles, echa un ojo, hellinera96, al 3 de Madrid 2018, que es el último ejercicio 14 de https://previa.uclm.es/profesorado/pabl ... PDF#page=1

¡Ánimo compañeros!
Sleepy, te cuento como he hecho el apartado C a ver que opinas... seguro que es incorrecto, pero te cuento... yo he hallado las concentraciones en disolución del Mg2+ y del OH- como efectivamente Q>K vemos que precipita el hidróxido y por estequiometria veo que según las concentraciones de Mg2+ y OH- reacciona todo el OH- y reacciona de Mg2+ la mitad que de OH- formándose lo mismo de hidróxido de magnesio que lo ha ha reaccionado de Mg2+, de este modo hallaríamos la solubilidad, pero sabiendo que hay Mg2+ en exceso.....no se si me he explicado
Es como el típico de se mezcla 20ml de nitrato de plata 0,1 M y 20 ml de cloruro sódico 0,1 M y preguntan concentración de iones en disolución.. vemos lo que se forma de cloruro de plata y con lo que quede en exceso hallamos una S' que no es la misma S que si tienes sal directamente...

sleepylavoisier
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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 12 Sep 2020, 14:55

Hola, china2,
cuidado porque mrm y jubilado me advierten de que estoy metiendo el zanco en este apartado c) y descubrí mi error, la solución correcta pienso que es:
sleepylavoisier escribió:
05 Sep 2019, 18:47
Hola, por fin me digné a autorevisarme, muchas gracias mrm y jubilado por vuestras advertencias.
Le pregunto a mrm cuál es mi error cuando realmente me lo dice en su post. En fin, pido disculpas, ya sabéis que los inicios de curso son muy duros…

Veamos, creo que sería así, no?:
Calculamos la concentración de Mg²+ en disolución:

[Mg²+]= Kps/[OH¯]² = 7,10·10^-12/0,000650907² = 1,675793357·10^-5 M

Moles de Mg²+ disueltos en el equilibrio = 1,675793357·10^-5 moles/L · 0,320 L = 5,362538743·10^-6 moles

Moles de Mg²+ iniciales en el nitrato = 0,010 g / 148,3 g/mol = 6,743088334·10^-5 moles

Moles precipitados en forma de Mg(OH)2 = iniciales – disueltos = (6,743088334 – 0,5362538743)·10^-5 = 6,20683446·10^-5 moles

Mg(OH)2 = 24,3 + 2•(16,0+1,008) = 58,316 g/mol
Masa de Mg(OH)2 que precipita = 58,316 g/mol·6,20683446·10^-5 moles = 3,619577584·10^-3 g

Masa de Mg(OH)2 que precipita = 3,62 mg
...
Creo que tu método no da el mismo resultado.
Un saludo.

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 12 Sep 2020, 20:41

Si, me da diferente .... no lo entiendo bien... en el procedimiento que seguís se asume que todo el OH- del apartado anterior esta en disolución para hallar por el producto de solubilidad la concentración de magnesio en disolución y veo que luego con esa concentración de magnesio en disolución se resta a la concentración de magnesio que aporta el nitrato y se tiene el magnesio precipitado en forma de hidróxido, pero entonces algo del 0H- de la disolución inicial precipita no se puede poner en la ecuación del producto de solubilidad... vamos así lo veo...por eso yo planteo se forma el hidróxido y luego hallo la solubilidad considerando el ion ha quedado en exceso... pero esta claro que si 3 lo habéis hecho de un modo será así..

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por sleepylavoisier » 13 Sep 2020, 00:26

Hola, china2.
Ten en cuenta que en 3c), el enunciado
https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg
nos especifica con rotundidad, entre paréntesis:
(suponer que no se modifica el volumen ni el pH al precipitar)
Entonces si no se modifica el pH, tampoco lo hace el pOH y la concentración de OH- tiene el valor fijo y constante que utilizo.
El enunciado manda, independientemente de que opinemos, con acierto, que en la precipitación se consumen OH-. Estamos obligados a hacer lo que nos manden en el enunciado, no lo que queramos, aunque lo que pongan en el enunciado se aleje de la realidad.
Saludos.

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Re: Practico de CLM 2018

Mensaje sin leer por china2 » 13 Sep 2020, 10:14

sleepylavoisier escribió:
13 Sep 2020, 00:26
Hola, china2.
Ten en cuenta que en 3c), el enunciado
https://drive.google.com/open?id=1_rKXm ... PHXv38g8gg
nos especifica con rotundidad, entre paréntesis:
(suponer que no se modifica el volumen ni el pH al precipitar)
Entonces si no se modifica el pH, tampoco lo hace el pOH y la concentración de OH- tiene el valor fijo y constante que utilizo.
El enunciado manda, independientemente de que opinemos, con acierto, que en la precipitación se consumen OH-. Estamos obligados a hacer lo que nos manden en el enunciado, no lo que queramos, aunque lo que pongan en el enunciado se aleje de la realidad.
Saludos.
Ahhh, claro... jo un detalle como lo cambia todo... en realidad es más fácil así, pero como no se de uno cuenta... es verdad que lo dicen claro... pero ni lo había pensado.... muchas gracias!!

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