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 1706 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
#6 Caponata
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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
#10 Goku
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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?...

jrb759
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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!

jrb759
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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

jrb759
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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

jrb759
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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
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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

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