cubierta delantera f y q:portadafyq.qxd UNIDAD 1 Magnitudes, medidas y errores 1. En los dos casos...
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306 UNIDAD 1 Magnitudes, medidas y errores 1. En los dos casos se obtiene el mismo resultado ya que las dimensiones de la energía son , independientemente del tipo de energía que sea. 2. Vemos que los dos miembros de la ecuación tienen las mismas dimensiones lo que indica que es correcta dimensionalmente. 3. a) b) r r r r r r r r A B A B i j i j − = +− = − + + =− + ( ) ( ) ( ) 1 4 3 2 3 5 r r r r r r A B i j i j + = + + − = + ( ) ( ) 1 4 3 2 5 A B X Y A B + A B X Y A B B A B X Y MLT MLT ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − − 1 1 m l t t m l t ⋅ ⋅ = ⋅ 2 m v t t m l t ⋅ ⋅ = ⋅ mat m l t ⋅ ⋅ = ⋅ Ft m v ⋅ = ⋅Δ ML T ⋅ ⋅ − 2 2 E mgh mal m v t l m l t l m l t E ML T p p = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = ⋅ ⋅ − 2 2 2 2 2 E mv m l t ml t E ML T c c = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ [ ] = ⋅ ⋅ − − 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 SOLUCIONARIO SOLUCIONARIO
Transcript of cubierta delantera f y q:portadafyq.qxd UNIDAD 1 Magnitudes, medidas y errores 1. En los dos casos...
306
UNIDAD 1
Magnitudes, medidas y errores
1.
En los dos casos se obtiene el mismo resultado ya que las dimensiones de la energía son
, independientemente del tipo de energía que sea.
2.
Vemos que los dos miembros de la ecuación tienen las mismas dimensiones lo que indica
que es correcta dimensionalmente.
3. a)
b)
r r r r r r r rA B A B i j i j− = + − = − + + = − +( ) ( ) ( )1 4 3 2 3 5
r r r r r rA B i j i j+ = + + − = +( ) ( )1 4 3 2 5
A
BX
Y
A B+A
BX
YA B
B
A
BX
Y
M L T M L T⋅ ⋅ = ⋅ ⋅− −1 1
m lt
t m lt
⋅ ⋅ = ⋅2
m vt
t m lt
⋅ ⋅ = ⋅
m a t m lt
⋅ ⋅ = ⋅
F t m v⋅ = ⋅ Δ
M L T⋅ ⋅ −2 2
E m g h m a l m vt
l m lt
l m lt
E M L Tp p= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ ⎡⎣ ⎤⎦ = ⋅ ⋅ −2
2
2
2 2
E m v m lt
m l t E M L Tc c= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ [ ] = ⋅ ⋅− −1
2
1
2
1
2
2
2
2
2 2 2 2
SOLUCIONARIOSOLUCIONARIO
307
4. a)
b)
c)
Calculamos el valor de los módulos:
5.
Si ponemos un tornillo imaginario en el origen de los dos vectores y le hacemos girar en el
sentido de hacer coincidir con entraría hacia dentro perpendicularmente al plano del
papel; ese sería el sentido del vector resultado del producto .
6.
7. a) Tres (2, 0 y 4) b) Dos (1 y 6) c) Tres (2, 1 y 0) d) Dos (2 y 6) e) Seis.
8. re=2,81777·10
−11 mSu orden de magnitud es de 10
−11
, ya que su parte entera es menor de 5.
9.
El valor obtenido es para el paquete, pero como contiene 500 hojas, el grosor de cada hoja
será:
10. Primera medida:
Error absoluto:
Error relativo:
Segunda medida:
Error absoluto:
Error relativo:
Evidentemente, la primera medida es más precisa, ya que el error relativo en ésta es menor
que en la segunda.
Exxr
r2
2
0 4
45 6
0 009 0 9= = = =Δ
,
,
, , %
Δx x x mmr2 2
45 2 45 6 0 4= − = − =, , ,
Ex
xrr
1
1
0 3
45 6
0 006 0 6= = = =Δ
,
,
, , %
Δx x x mmr1 1
45 9 45 6 0 3= − = − =, , ,
45 6
500
0 091
,
,= mm
xx x x
nmmm
n=+ + +
= + + + + =1 2
45 9 45 2 46 2 44 8 46
5
45 6
...
, , , ,
,
Kw h w s w s J⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅1000 3600 3600000 3 6 10
6
,
r rA B×
rB
rA
r r r rA B A B sen sen× = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =α 3 4 30 6º
r r r rA B A B⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =cos cos º ,α 3 4 30 10 39
cos
, ,
, arccos , , ºα α=⋅
= ⇒ = =8
5 83 6 32
0 22 0 22 77 29
rB = + =6 2 6 32
2 2
,
rA = + =3 5 5 83
2 2
,
r r r rr r
r rA B A B A BA B
⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅⋅
cos cosα α
r rA B A B A Bx x y y⋅ = + = ⋅ + − ⋅ =3 6 5 2 8( )
r r r r r r r r r r rC i j i j i j i j i j= − − + = − − + = − −3 3 5 2 6 2 9 15 12 4 3 19( ) ( ) ( ) ( )
308
11. a)
b)
12. a)
b) Si observamos la gráfica vemos que a medida que aumenta el tiempo de calentamiento,
aumenta la temperatura del agua de modo lineal hasta que llega a 100 ºC. A partir de ese
punto la temperatura no sube aunque sigamos calentando. Ello es debido a que a esta
temperatura el agua comienza a hervir y el calor se emplea en el cambio de estado.
c) En el intervalo de 0 a 10 minutos, la gráfica corresponde a una recta con ordenada en el origen.
Según hemos visto, la pendiente de la recta será: , sustituyendo una pareja de
valores cualquiera de este intervalo, por ejemplo t = 4 s y T = 52 ºC, tendremos:
d) Sustituyendo el tiempo en la ecuación que acabamos de obtener:
13. a)
b) Observando la gráfica vemos que la ordenada en el origen es 100.
La constante de proporcionalidad es la pendiente de la recta que viene dada por:
. Sustituyendo una pareja de valores cualquiera, por ejemplo t =4syT=60 ºC,
tendremos: k = − = −60 100
4
10
k Tt
= −100
0
20
40
60
80
100
120
0 2 4 6 8t (min )
T (ºC )
T t C= + = ⋅ + =8 20 8 7 20 76º
k T t= − = ⇒ = +52 20
4
8 8 20
k Tt
= − 20
020406080
100120
0 2 4 6 8 10 12 14t (min )
T (ºC )
E llr = = = =Δ 1
83
0 012 1 2, , %
l cm= ±83 1
309
c) La ecuación matemática corresponde a una línea recta con ordenada en el origen cuya
ecuación será: T = --10 t + 100
14. a) Sí. Ya que el producto p ·V permanece constante; para cualquier par de valo-
res se cumple que p · V = 100.
b)
UNIDAD 2
Cinemática
1. a)
b)
c) El tiempo total empleado en el desplazamiento es:
d) La longitud de la trayectoria es la del camino recorrido por el perro:
La velocidad media en la trayectoria será: v st
msm = = = −ΔΔ
70
35
2
1
Δs m m m= + =40 30 70
rv v v msm x y= + = + = −2 2 2 2 1
114 0 86 1 43, , ,
rr r r
r r r rv r
ti j i j i jm = = − = − = −Δ
Δ40 30
35
40
35
30
35
114 0 86, ,
Δt s s s s= + + =20 5 10 35
r r r r r r r r r rr j r i j r r r i j0 0
20 40 10 40 30= = − = − = −; ; Δ
N
S
O EX
Y
r0
r
r
0 2 4 6 8 10 12 p(Pa)
310
2. a) Vector de posición inicial:
Vector de posición final:
b) Vector desplazamiento:
c)
3. a) La aceleración tangencial es la que tiene en todo momento la misma dirección de la trayec-
toria, en este caso la carretera, y es la conseguida por el motor del automóvil al acelerar.
En primer lugar debemos pasar todas las unidades al Sistema Internacional. Para ello
pasamos los Km/h a m/s:
El valor de la aceleración tangencial es:
b) La aceleración normal es:
c) En la figura podemos ver que el módulo de la aceleración total vale:
4. Pasamos la velocidad del tren a unidades del SI:
El tiempo que el tren está moviéndose será de un minuto más el tiempo que tarda el sonido
en llegar desde el lugar en que se produjo hasta la estación.
Supongamos que el tren se encuentra a una distancia x de la estación cuando suena el silbato.
El tiempo que tarda el sonido será: t xv
xs
s= =
340
r r r rr i j k0
500 300 400= + +
216 216
1000
3600
60
1
Kmh
ms
ms= = −
at
atotalan
a a a mstotal t n= + = + = −2 2 2 2 2
1 2 2 24,
a vr
msn = = = −2 2
2
20
200
2
a vt
mst = = − = −ΔΔ
25 20
5
1
2
72 72
1000
3600
20
1
Kmh
ms
ms= = −90 90
1000
3600
25
1
Kmh
ms
ms= = −
rv msm = − + − + − = −
( ) ( ) ( ) ,40 10 45 61 28
2 2 2 1
vr r r r
r r rv r
ti j k i j km = = − − − = − − −Δ
Δ400 100 450
10
40 10 45
rr m= − + − + − =( ) ( ) ( ) ,400 100 450 610 33
2 2 2
Δr r r r r r r rr r r i j k i= − = − + − + − − = − −
0
100 500 200 300 50 400 400 100( ) ( ) ( ) jj k− 450
r
r r r rr i j k= + −100 200 50
311
El tiempo que ha estado moviéndose el tren será:
El espacio recorrido por el tren será:
Realizando operaciones y despejando:
5. a) Sabemos que . Conocemos la velocidad que lleva el ciclista cuando comienza
a acelerar que es de 4 ms−1
y que el tiempo durante el cual está acelerando es de 2
minutos, que equivalen a 120 segundos. Por tanto:
El espacio total será la suma de espacio recorrido en la subida más el recorrido en llano,
que calcularemos separadamente.
Espacio recorrido durante la subida (movimiento rectilíneo uniforme):
Espacio recorrido en el llano (movimiento rectilíneo uniformemente acelerado):
Así pues, el espacio total será:
b) Gráfica velocidad −tiempo
Gráfica espacio −tiempo:
0 60 120 180 240 300 360 420 t(s)
s(m)
2400
1800
1200
600
0
0 60 120 180 240 300 360 420 t(s)
V(ms )-1
16
12
8
4
0
s s s m= + = + =1 2
1200 1200 2400
s v t at m2 0
2 2
1
2
4 120
1
2
0 1 120 1200= + = ⋅ + ⋅ =,
s v t m1
4 300 1200= ⋅ = ⋅ =
v ms= + ⋅ = −4 0 1 120 16
1
,
v v at= +0
x m= ⋅ =3600 340
280
4371 43,
x v t x x= ⋅ ⇒ = +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
60 60
340
t x= +60
340
312
6. Sabemos que las ecuaciones que rigen este tipo de movimiento son:
Despejamos en la ecuación de la altura el tiempo que tarda en llegar al suelo:
y sustituimos en la ecuación de la velocidad:
7. a) Los dos objetos se encontrarán cuando estén a la misma altura: (h1 = h2).
Planteamos las ecuaciones de la altura para ambos:
Igualando las dos ecuaciones: y resolviendo la
ecuación obtenida:
b) Solamente tenemos que sustituir el tiempo que acabamos de calcular en la ecuación de
la velocidad de ambos:
El signo menos de las dos velocidades indica que ambos objetos están descendiendo
en el momento del encuentro.
c) Sustituyendo el tiempo en cualquiera de las dos ecuaciones de la altura del primer apar-
tado:
8. a) El segundero de un reloj da una vuelta completa (2π radianes) cada minuto, es decir,
cada 60 segundos.
El periodo es el tiempo que tarda en dar una vuelta, por lo tanto: T = 60 s
La frecuencia es la inversa del periodo:
b)
v v g t v v g t= + = ⇒ =0 0
0; como
v r ms= = ⋅ = −ω 0 10 0 02 0 002
1
, , ,
fT
Hz= = =1 1
60
0 017,
ω ϕ π= = = ⋅ −
trad s2
60
0 10
1
,
h t t h m1
2 2
50 4 9 50 8 5 4 9 8 5 71 0= − ⇒ = ⋅ − ⋅ =, , , , ,
v v gt ms1 01
1
50 9 8 8 5 33 3= + = − ⋅ = − −, , ,
v v g t ms2 02
1
3 40 9 8 8 5 3 13 9= + − = − − = − −( ) , ( , ) ,
t s= 8 5,
50 4 9 40 3 4 9 3
2 2t t t t− = − − −, ( ) , ( )
h v t g t h t t2 02
2
2
2
3
1
2
3 40 3 4 9 3= − + − ⇒ = − − −( ) ( ) ( ) , ( )
h v t gt h t t1 01
2
1
2
1
2
50 4 9= + ⇒ = − ,
t hg
= 2 v g hg
v gh= ⇒ =2
2
h v t g t h g t= + ⇒ =0
2 2
1
2
1
2
; por la misma razón
313
c) Calculamos los segundos que tiene un día: y el espacio
recorrido será:
9. Hallamos la aceleración angular:
Velocidad angular a los 10 segundos:
Aceleración tangencial:
Aceleración normal:
Aceleración total:
10. a) Acabamos de ver que
b)
c) . Sustituyendo valores:
11. En primer lugar hallamos el tiempo que tarda en llegar al suelo desde que saltó sirviéndonos
de la ecuación de la altura: . Cuando llega al suelo y = 0, por lo cual:
. Esta ecuación de segundo grado, sin término independiente
nos indica que una solución es t = 0 (el instante del salto) y la otra vendrá dada por
. Ahora sólo nos queda hallar cuánto se habrá desplazado horizontalmente
en este tiempo:
UNIDAD 3
Dinámica
1. Sabemos que la fuerza de inercia aparece sobre cualquier masa en el instante en que varía
su velocidad. Aunque el cuentakilómetros del automóvil siga marcando la misma velocidad,
en realidad ésta varía ya que cambia de dirección y aparece una fuerza de inercia perpendicular
a la dirección del movimiento, en sentido contrario al que se toma la curva oponiéndose a la
variación que se está produciendo en la dirección de la velocidad. Esta fuerza, como veremos
más adelante, se denomina fuerza centrífuga.
2. a) Al arrancar existe una aceleración hacia arriba, por tanto la fuerza de inercia va dirigida
hacia abajo. La fuerza que se ejerce sobre el suelo del ascensor será:
F P F mg ma Ni= + = + = ⋅ + ⋅ =60 9 8 60 1 648,
t hh
s s= ⋅ ⋅ =24
60 60
86400
min
min
x v t mx= = ⋅ =0
8 0 61 4 88, ,
t s= =3
4 9
0 61
,
,
0 3 4 9 3 4 9 0
2= − ⇒ − =t t t t, ( , )
y v t gtoy= − 1
2
2
y gv
x= −2
0
2
2 y x y x= −⋅
⇒ = −9 8
2 3
0 54
2
2 2
,
,
x v t m= ⋅ = ⋅ =0
3 0 40 1 20, ,
t hg
t s= ⇒ = ⋅ =2 2 0 80
9 8
0 40
,
,
,
a a a mstotal t n= + = + = −2 2 2 2 2
0 5 5 5 02, ,
a r msn = = ⋅ = −ω2 2 2
1 5 5
a r mst = = ⋅ = −α 0 1 5 0 5
2
, ,
ω α= ⋅ = ⋅ = ⋅ −Δt rad s0 1 10 1
1
,
α ω= = = ⋅ −ΔΔt
rad s3
30
0 1
2
,
s vt m= = ⋅ =0 002 86400 172 8, ,
314
b) Cuando sube con velocidad constante no existe fuerza de inercia ya que no hay acele-
ración. La fuerza que se ejerce será el peso de la persona:
c) Al final, la aceleración va dirigida hacia abajo. El sentido de la fuerza de inercia será hacia
arriba:
3. a) Según el segundo principio de Newton:
b) Aplicando el teorema del Impulso mecánico:
Dado que t0
y v0
son igual a 0, tendremos:
4. El cable soporta una tensión igual al peso más la fuerza de inercia:
. Sustituyendo:
Despejando: , lo que nos da la mayor masa que puede subir, cuyo
peso es de:
5. Aplicamos el principio de conservación de la cantidad de movimiento:
Sustituyendo valores:
Despejando y realizando operaciones:
6. Según la Ley de la Gravitación Universal:
Podemos observar que la fuerza con que se atraen los dos barcos es unas seis veces menor
que el peso de un gramo . Como vimos al principio de la unidad la interacción gravitatoria
es muy poco intensa y sólo es apreciable cuando al menos de las masas que interactúan es muy
grande como en el caso de los planetas y otros cuerpos celestes. Aunque la masa de un barco
es muy grande en nuestro entorno, es pequeñísima comparada con la de la Tierra o la de cualquier
otro astro.
( , )9 8 10
3⋅ − N
F Gm m
rN=
⋅= ⋅ ⋅ = ⋅− −
1 2
2
11
2
3
6 67 10
200000 200000
40
1 67 10, ,
v ms1
1
280
60
4 7= = −,
( )60 50 3 60 50 1
1
+ ⋅ = + ⋅v
( )m m v m v m v1 2 1 1 2 2
+ ⋅ = +
p mg N= = ⋅ =339 9 8 3322 2, ,
m Kg= =4000
11 8
339 0
,
,
T P F T mg mai= + ⇒ = +4000 9 8 2= +, m m
f t m v v f tm
m s⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅ −6 5
2
15
1
F t m v F t t m v v⋅ = ⇒ − = −Δ Δ ( ) ( )
0 0
F m a a Fm
ms= ⋅ ⇒ = = = −6
2
3
2
F P F mg ma Ni= − = − = ⋅ − ⋅ =60 9 8 60 0 5 558, ,
F P mg N= = = ⋅ =60 9 8 588,
315
7. Siguiendo un procedimiento análogo al que hemos seguido para hallar la gravedad en la
superficie de la Tierra, podemos hallar la gravedad en la superficie de la Luna que vendrá
dada por:
Cuando decimos que una persona pesa 72 kilos en realidad queremos decir que su masa es de
72 kilogramos. Su peso en unidades del SI es :
En la Luna, el peso del astronauta sería:
8. Para conseguir la aceleración pedida, el caballo debe ejercer una fuerza igual a la de rozamiento
(dinámico) más la fuerza de inercia:
9. La tensión del cable tiene que vencer la fuerza tangencial, que tiende a hacer bajar la piedra
por la pendiente, más la fuerza de rozamiento. Calculamos cada una de ellas:
10. En primer lugar pasamos los datos a unidades del SI:
Por la ley de Hooke sabemos que . Donde, en nuestro caso, F es el peso
del muñeco y x es el incremento de la longitud del muelle ( ).
Despejando y realizando operaciones:
La longitud final del muelle vendrá dada por:
11. La tensión que soporta la cuerda es precisamente la fuerza centrípeta que mantiene a la
pelota en su trayectoria; ésta viene dada, en función de la velocidad angular, por:
Despejando la velocidad angular:
12. Cuando la persona está en la parte superior, la fuerza centrífuga tiene sentido opuesto al peso
y tendrá la sensación de no pesar nada cuando el valor de ambos sea igual:
Cuando está en la parte inferior, el peso y la fuerza centrífuga tienen el mismo sentido por
lo que la fuerza que soporta el asiento es la suma de ambos:
Si nos fijamos en el resultado podemos ver que la fuerza sobre el asiento es el doble del
peso de la persona, como era de esperar, ya que a esta velocidad angular la fuerza centrí-
fuga y el peso son iguales como se vio en el apartado anterior.
F P F mg ma mg m R mg m gR
R mgc c= + = + = + = +⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ =ω2
2
2
F P ma mg m R mg gRc c= ⇒ = ⇒ = ⇒ =ω ω2
ω = =⋅
= ⋅ −FmR
rad s40
0 02 0 3
81 6
1
, ,
,
F m R= ω2
L L L m= + = + =0
0 4 0 098 0 498Δ , , ,
x FK
m= = ⋅ =0 05 9 8
5
0 098
, ,
,
ΔL
F Kx=m g Kg cm m= = =50 0 05 40 0 4, ; ,
T F Ft r= + = + =12682 1 14199 1 26881 2, , ,
F mgr = = ⋅ ⋅ ⋅ =μ αcos , , cos º ,0 3 5000 9 8 15 14199 1
F mgsen sen Nt = = ⋅ ⋅ =α 5000 9 8 15 12682 1, º ,
F F F N ma mg ma Nr i= + = + = + = ⋅ ⋅ + ⋅ =μ μ 0 10 120 9 8 120 0 3 153 6, , , ,
p m g NL= ⋅ = ⋅ =72 1 62 116 64, ,
p m g N= ⋅ = ⋅ =72 9 8 705,
g GMR
msLL
L
= = ⋅ ⋅⋅
=− −2
11
22
6 2
2
6 67 10
7 34 10
1 74 10
1 62,
,
( , )
,
316
UNIDAD 4
Trabajo y energía. Termodinámica
1.
2. La fuerza que ejerce Juan es perpendicular a la dirección del movimiento por lo que el valor
del trabajo mecánico realizado es cero.
La fuerza ejercida por Pedro tiene la misma dirección y sentido que el desplazamiento. El
trabajo que ha realizado será:
3. a)
b) En este caso, la normal coincide con el peso por lo que la fuerza que tendría que ejer-
cer Pedro para vencer el rozamiento sería:
4. En primer lugar hallamos el trabajo realizado:
También se podría resolver este problema hallando la velocidad a la que sube el peso
(suponiendo que es constante) y utilizando la expresión P = F· v
5. La componente de la fuerza en la dirección del movimiento que es la única que realiza tra-
bajo y por tanto contribuye al desarrollo de la potencia es:
F T N= ⋅ = ⋅ =cos º cos º ,45 5000 45 3535 53
P Wt
W W CVW
CV= = = = =11760
9
1306 7 1306
1
735
1 78, ,
W F s m g h J= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =Δ 100 9 8 12 11760,
F N NR = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ =μ μ1 03 1 03 50 9 8 504 70, , , ,
FP = 200 N
FJ = 300 N
P
FR
W F s J= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =cos cos ºα 300 12 0 3600
W F s J= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =cos cos º ,α 10 20 30 173 21
30º
10N
La fuerza que tiene que vencer
Pedro para mover el fardo es preci-
samente la de rozamiento por lo que
FR = 300 N
La fuerza normal que presiona al
fardo contra el suelo será el peso
menos la fuerza que ejerce Juan:
N = 50· 9,8 -- 200 = 290 N
F NFNR
R= ⋅ ⇒ = = =μ μ 300
290
1 03,
317
Pasamos la velocidad a unidades de SI:
6. a)
La fuerza que realiza trabajo es la que se ejerce en la dirección del movimiento, por lo
que será igual a la fuerza tangencial, cuyo valor es:
b)
c) Calculamos el trabajo necesario para subir la bicicleta, del mismo modo:
La fracción de trabajo empleada en subir la bicicleta será:
7. En primer lugar calculamos la elongación del resorte:
La energía potencial acumulada será:
8. a) En la Unidad 2 demostramos que la velocidad con que llega al suelo un cuerpo aban-
donado libremente es:
Despejando:
b)
9. a) La energía perdida por rozamiento será la diferencia entre la energía potencial que tiene
cuando está en lo alto del tobogán y la energía cinética con que llega al final de éste:
36 36
1000
3600
10
1
Kmh
ms
ms= = −
E mgh Jp = = ⋅ ⋅ =0 5 9 8 127 55 625, , ,
h vg
m= =⋅
=2 2
2
50
2 9 8
127 55
,
,
v gh= 2
E kx Jp = = ⋅ =1
2
1
2
2000 0 04 1 6
2 2
, ,
F k x x Fk
NN m
m= ⋅ ⇒ = = =80
2000
0 04,
WW
bicicleta
total= = =17020
119120
0 14 14, %
F m g sen sen N W F s Jt = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ = ⋅ =α 10 9 8 10 17 02 17 02 1000 17020, º , ,Δ
P Wt
Js
W= = =119120
240
496 33,
F m g sen sen N W F st = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅ = ⋅ =α 70 9 8 10 119 12 119 12 1000 11912, º , ,Δ 00 J
α
α
Ft
P F v W= ⋅ = ⋅ =3535 53 10 35355 3, ,
318
Energía perdida por rozamiento:
b)
En primer lugar hallamos la longitud del tobogán. Si observamos la figura vemos que
El valor del trabajo realizado por la fuerza de rozamiento coincide con el de la energía
perdida. Sabemos que
10. Cuando el cuerpo llegue al punto más alto, toda su energía cinética se habrá convertido
en potencial: . Recordemos que esta misma expresión la obtuvimos
en la Unidad 2 por otros procedimientos.
Cuando el cuerpo está en su punto más alto, toda su energía mecánica es potencial. A medida
que va bajando, pierde energía potencial y gana energía cinética; el valor de ambas coincidirá
cuando la mitad de energía potencial se haya convertido en cinética y esto ocurrirá a una altura
h’ en la que se cumple:
11. Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica:
Dividiendo por m y teniendo en cuenta que h0 = 0, queda:
Despejando:
12. a) El hecho de que la primera bola suba a 50 cm nos va a permitir calcular la velocidad de
ésta después del choque, que es un dato que necesitaremos al aplicar los principios de
conservación de la energía cinética y de la cantidad de movimiento.
E mgh J E m v Jp c= = ⋅ ⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ =20 9 8 3 588
1
2
1
2
20 4 160
2 2
, ;
v v gh ms= − = − ⋅ ⋅ = −0
2 2 1
2 15 2 9 8 8 8 26, ,
1
2
1
2
0
2 2v g h v= ⋅ + ⋅
m g h m v m g h m v⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅0 0
2 2
1
2
1
2
mgh mgh h h' '= ⇒ =1
2 2
1
2 2
0
20
2
mv mgh hvg
= ⇒ =
F N m gF
m grr= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =
⋅ ⋅=
⋅ ⋅=μ μ μcos º
cos º
,
, cos º
,30
30
71 33
20 9 8 30
0 42
W F s F Ws
Nr r= ⋅ ⇒ = = =428
6
71 33,
h l sen l hsen sen
m= ⋅ ⇒ = = =30
30
3
30
6º
º º
30º
hl
ΔE E E Jp c= − = − =588 160 428
319
Planteamos las ecuaciones de los principios de conservación citados:
Prescindiendo de la notación vectorial por realizarse el choque en una sola dirección y
sustituyendo valores tenemos:
Realizando operaciones: ;
Despejamos v
2
en la primera ecuación:
En la segunda ecuación multiplicamos por 100 y sustituimos v2:
;
b) El signo negativo del resultado indica que la segunda bola rebota hacia atrás por lo que
no subirá por el plano inclinado.
13. a) Aplicamos los principios de conservación:
Dado que las dos masas son iguales podemos eliminarla en las dos ecuaciones. Si además
prescindimos de la notación vectorial en la primera y multiplicamos por 2 en la segunda,
obtenemos: ;
Sustituyendo valores: ;
Despejamos en la primera: y sustituimos en la segunda:
Hemos llegado a una ecuación de segundo grado sin término independiente que tiene dos
soluciones: Es evidente que la solución válida es la segunda, ya que el
disco 2 no puede permanecer parado después del choque. Sustituyendo en la ecuación
tenemos que
Según el resultado, el disco que se movía queda parado y el que estaba en reposo adquiere
la misma velocidad que tenía el primero. Esto es fácil de comprobar prácticamente haciendo
chocar dos monedas encima de una mesa cuya superficie sea resbaladiza.
1
2
2 2 9 8 0 5 3 13
1 1
2
1 1 1 1
1m v m gh v gh ms⋅ = ⇒ = = ⋅ ⋅ = −' ' , , ,
v v' '
1 2
10= − v '
1
10 10 0= − =
v v' ' .
2
2
2
2
0 10= = y
( ' ) ' ' ' ' ' '10 100 100 20 100 2 20 0
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
− + = ⇒ + − ⋅ + = ⇒ − ⋅ =v v v v v v v ⇒⇒ = ⋅v v' '
2
2
2
10
v v' '
1 2
10= −
10 0 100
2
1
2
2
2
1
2
2
2+ = + ⇒ + =v v v v' ' ' '
10 0 10
1 2 1 2
+ = + ⇒ + =v v v v' ' ' '
v v v v1 2 1 2
+ = +' ' v v v v1
2
2
2
1
2
2
2+ = +' '
m v m v m v m v m v m v m v1 1 2 2 1 1 2 2 1 1
2
2 2
2
1 1
2
1
2
1
2
1
2
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +r r r r
' ' ; '
11
2
2 2
2m v⋅ '
198 5 5 63 98 5 198 5 63 98
98 198 5
2
2
2 2
2
2 2
, ' ' ' ; , ' '
,+ ⋅ + ⋅ = + ⋅ + ⋅ = ⇒ = −v v v v v663
1 6
1= − −, ms
5 6 3 98 5
2
2
2
2
( , ' ) '+ = + ⋅v v 5 39 7 12 6 98 5
2
2
2 2
2
( , ' , ' ) '+ + ⋅ = + ⋅v v v
v v2 2
6 3= +, '
0 1 0 63 0 1
2 2
, , , '⋅ = + ⋅v v 0 05 0 98 0 05
2
2
2
2
, , , '⋅ = + ⋅v v
0 2 0 0 1 0 2 3 13 0 1
1
2
0 2 0
1
2
0 1
1
2
0 2 3 13
2 2 2
2
, , , , , ' ; , , , ,⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅v v v 22
2
2
1
2
0 1+ ⋅, 'v
m v m v m v m v m v m v m v1 1 2 2 1 1 2 2 1 1
2
2 2
2
1 1
2
1
2
1
2
1
2
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +r r r r
' ' ; '
11
2
2 2
2m v⋅ '
320
b) En este caso el choque es inelástico por lo que sólo aplicaremos la ley de conservación
de la cantidad de movimiento, teniendo en cuenta que las masas son iguales y que la
velocidad después del choque es igual para los dos discos:
Sustituyendo valores:
c) Energía cinética antes del choque:
Energía cinética después del choque:
El valor de la energía perdida en el choque inelástico es de 1 julio.
14. El intervalo entre los puntos fijos del termómetro Celsius es de 100 ºC mientras que el del
Fahrenheit es de 212 - 32 =180 ºF. Por lo tanto, cada grado Celsius equivale a 1,8 grados
Fahrenheit. Por otra parte, cuando el termómetro Celsius marca 0º C, el Fahrenheit marca 32
ºF. Así pues: ºF=1,8 ºC+32. La temperatura que marcará el termómetro Fahrenheit será: ºF= 1,8 ·25 + 32 = 77
Sabemos que K = ºC + 273,15, por tanto: K = 25 + 273,15 = 298,15
15.
Si todas las unidades utilizadas pertenecen al SI, el calor (energía) vendrá dado en julios.
El hecho de haber utilizado grados Celsius no afecta, pues una diferencia de 40 ºC equiva-
le a una diferencia de 40 K.
Por el equivalente mecánico del calor sabemos que 1J = 0,24 cal. Por tanto:
16. El calor perdido por los 100 gramos de agua es igual al calor necesario para fundir el hielo
más el empleado en subir la temperatura de los 30 g de agua procedente del hielo hasta la
temperatura final:
17. a) Aplicando la ecuación de Clapeyron: P V = n R THemos de tener en cuenta que la temperatura debe expresarse en kelvin:
10 ºC = 10 + 273,15 = 283,15 K
2 50 0 082 283 15
2 50
0 082 283 15
4 31⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅⋅
=n n moles, ,
, ,
,
130 400
400
130
3 08⋅ = ⇒ = =t t Cf f , º
100 1 28 30 80 30 1 0 2800 100 2400 30⋅ ⋅ − = ⋅ + ⋅ ⋅ − ⇒ − ⋅ = + ⋅( ) ( )t t t tf f f f
m c t t m L m c t ta e ai f h h e f hi⋅ ⋅ − = ⋅ + ⋅ ⋅ −( ) ( )
Q J calJ
cal= ⋅ =3120
0 24,
748,8
Q m c t Je= ⋅ = ⋅ =Δ 0 2 390 40 3120, .
E Jc' ,= ⋅ =1
2
0 08 5 1
2
E Jc = ⋅ =1
2
0 04 10 2
2
,
10 2
10
2
5
1= ⇒ = = −v v ms' '
mv mv mv mv m v v mv v v v1 2 1 2 1 2
2 2+ = + ⇒ + = ⇒ + =' ' ( ) ' '
321
b) Volvemos a aplicar la ecuación anterior con las condiciones actuales:
18. Las paredes de la bolsa se adaptan al cambio de volumen sin presentar resistencia apre-
ciable antes de que se llene por lo que la presión no varía y tendremos un proceso isobaro
en el que se cumple la ley de Gay Lussac:
19. Pasamos los datos a unidades del SI:
El incremento de volumen será: (disminuye)
Sabemos que
UNIDAD 5
Electrostática
1. La carga neta del cuerpo será positiva ya que tiene más protones debido a que ha perdido
electrones. Su valor en culombios será:
y expresado en microculombios:
2. Por la ley de Coulomb:
Para mantenerse el electrón en su órbita, la fuerza de atracción (centrípeta) debe ser igual
a la fuerza centrífuga: ; despejando la velocidad:
3. Situamos unos ejes cartesianos con origen en el vértice B y hallamos vectorialmente las
fuerzas que se piden:
r rF iAB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅( )=
− −
−9 10
2 10 3 10
5 10
21 6
9
6 6
2
2
,
v F rm
ms= ⋅ = ⋅ ⋅⋅
= ⋅− −
−−4 61 10 10
9 1 10
7 12 10
6 11
31
6 1
,
,
,
F m vr
=2
F k Q Qr
N= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅− −
−−' , ,
( )
,
2
9
19 19
11 2
6
9 10
2 1 6 10 1 6 10
10
4 61 10
2 10 2 10
10
1
200
4 4
6
⋅ = ⋅ =− −C C CC
Cμ μ
Q e C= − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅− −1 25 10 1 25 10 1 6 10 2 10
15 15 19 4
, , ( , )
W P V J= ⋅ = ⋅ − ⋅ = −−Δ 200000 2 5 10 500
3
( , )
ΔV m= − ⋅ = − ⋅−
−5 10
2
2 5 10
3
3 3
,
20 20
10
200000
2 4 2
2
Ncm
Nm
N m= −
5 5 5 10
3 3 3l dm m= = ⋅ −
314 61 314 61 273 15 41 46, , , , ºK C= − =
VT
VT T
T K1
1
2
2 2
2
18
283 15
20 20 283 15
18
314 61= ⇒ = ⇒ = ⋅ =,
,
,
P P atm⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ =50 4 31 0 082 303 15
4 31 0 082 303 15
50
2 14, , ,
, , ,
,
322
4. Los campos generados por las cargas de 3 μ Cy de −6 μ C en el punto donde se encuentra la
carga testigo tienen el mismo sentido.
La fuerza que este campo ejerce sobre la carga de 2·10
− 8 C es:
5.
Situamos unos ejes cartesianos cuyo origen coincida con el de los tres vectores:
Su módulo, valdrá:
6. Sabemos que la energía potencial que tiene una carga con respecto a otra, viene dada por:
E N C= ⋅( ) + ⋅( ) = ⋅1 69 10 3 10 3 44 10
7 2 7 2 7
, , /
r r r r rE E E i j= + = − ⋅ + ⋅
1 2
7 7
1 69 10 3 10,
r rE K
Qr
j2
2
2
2
9
6
2 2
7
9 10
3 10
3 10
3 10= = ⋅ ⋅⋅( ) = ⋅
−
−
r r rE K
Qr
i i1
1
1
2
9
6
2 2
7 7
9 10
3 10
4 10
1 69 10 1 69 10= = ⋅ ⋅⋅( ) = ⋅ − = − ⋅
−
−, ( ) ,
Q =-3 C2 μ
Q =3 C1 μ
E
E1
E2
F E Q N= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =−4 5 10 2 10 0 9
7 8
, ,
E E E N C= + = ⋅ + ⋅ = ⋅1 2
7 7 7
3 10 1 5 10 4 5 10, , /
E KQr
N C2
2
2
2
9
6
2 2
7
9 10
6 10
6 10
1 5 10= = ⋅ ⋅ ⋅⋅( ) = ⋅
−
−,
E KQr
N C1
1
1
2
9
6
2 2
7
9 10
3 10
3 10
3 10= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅⋅( ) = ⋅
−
−
Q1 = 3μC Q = 2·10−8 C Q2 = − 6μC
r r rE E E
2 1
F F F NAB CB= + = + =2 2 2 2
21 6 43 2 48 30, , ,
r r r r rF F F i jAB CB= + = −21 6 43 2, ,
r rF jCB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅( )= −
− −
−9 10
4 10 3 10
5 10
43 2
9
6 6
2
2
,
3 μCA
C
B
-4 μC
2 μC FAB
FCB F
X
Y
323
; sustituyendo:
7. El trabajo necesario para mover una carga entre dos puntos de un campo eléctrico viene
dado por:
El signo negativo indica que el trabajo se ha invertido en aumentar la energía potencial de
la carga.
8. En primer lugar hemos de calcular el potencial creado por la carga Q en los puntos
A y B: ;
El trabajo necesario para desplazar la carga Q’ desde A hasta B será:
9. a) Para calcular el potencial, tanto en el punto A como en el B, hemos de tener en cuenta
la contribución de las dos cargas:
b)
10. Despejando r de la expresión que nos da la capacidad de un conductor esférico,
tenemos:
11. Sabemos que la capacidad de un condensador plano viene dada por ;
despejando:
12. En una asociación en serie, todos los condensadores tienen la misma carga, calculada
anteriormente:
Por otra parte sabemos que en cualquier condensador se cumple que . Por tanto:
; ;
13. En una asociación en paralelo, todos los condensadores tienen la misma diferencia de
potencial entre sus armaduras:
En cualquier condensador se verifica que . Por tanto:
Q C V C C2 2
9 6
5 10 312 5 1 56 10 1 56= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− −, , , μ
Q C V C C1 1
9 7
3 10 312 5 9 38 10 0 938= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− −, , , μ
Q C V= ⋅V V V V V= = = =
1 2 3
312 5,
V QC
V1
1
4
6
114 10
2 10
57= = ⋅⋅
=−
−, V Q
CV
2
2
4
6
114 10
4 10
28 5= = ⋅⋅
=−
−,
, V QC
V3
3
4
6
114 10
8 10
14 25= = ⋅⋅
=−
−,
,
V QC
=
Q Q Q Q C= = = = ⋅ −1 2 3
4
114 10,
Q C V V C CA B= − = ⋅ ⋅ = =− −( ) 20 10 50 10 1
9 6 μC Q
V VA B=
−
r C m= = ⋅⋅ ⋅
=−
−4
10 10
4 8 85 10
0 09
0
12
12πε π ,
,
C r= 4
0
πε
W Q V V JAB A B= −( ) = ⋅ ⋅ − ⋅ = −−' ( ) ,2 10 3 10 6 10 0 6
6 5 5
V VB = ⋅ − ⋅⋅
+ ⋅ ⋅⋅
= ⋅−
−
−
−9 10
3 10
3 10
9 10
5 10
3 10
6 10
9
6
2
9
6
2
5
V VA = ⋅ − ⋅⋅
+ ⋅ ⋅⋅
= ⋅−
−
−
−9 10
3 10
6 10
9 10
5 10
6 10
3 10
9
6
2
9
6
2
5
W Q V V JAB A B= −( ) = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅− −' ( , ) ,2 10 5 4 10 3 10 4 8 10
7 5 5 2
V k Qr
VAA
= ⋅ = ⋅ ⋅⋅
= ⋅−
−9 10
3 10
5 10
5 4 10
9
6
2
5
, V k Qr
VBB
= ⋅ = ⋅ ⋅⋅
= ⋅−
−9 10
3 10
9 10
3 10
9
6
2
5
W Q V V JAB A B= −( ) = ⋅ − = − ⋅− −2 10 200 300 2 10
9 7
( )
E k Q Qrp = ⋅ ⋅ ' E Jp = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅=
− −
−9 10
4 10 3 10
5 10
2 16
9
6 6
2
,
324
14. En primer lugar calculamos la capacidad equivalente de los condensadores C1 y C2,
que al
estar en paralelo será: C1,2
= C1
+ C2
= 4 + 6 = 10μ F
Dado que la capacidad de los condensadores C1
y C2
, en paralelo, es igual a C1,2
, la capa-
cidad del circuito es equivalente a la de este otro:
Ahora sólo tenemos que hallar la capacidad equivalente de dos condensadores asociados
en serie, para lo cual aplicamos la fórmula:
Sustituimos los valores y despejamos:
UNIDAD 6Corriente eléctrica
1. En primer lugar calculamos la carga en culombios que tienen los electrones transportados:
La intensidad de la corriente será:
El signo negativo indica que el sentido de la corriente es opuesto al del movimiento de los
electrones.
2. En la expresión despejamos la sección:
3. En primer lugar pasamos la sección a m2
:
Si en la expresión despejamos ρ, tendremos:
ρ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅−
−R Sl
m0 05 4 10
5
4 10
6
8
, Ω
R lS
= ρ
S mm mmm
m= ⋅ = ⋅ −4
1
10
4 10
2
2
6 2
6 2
S lR
m= = ⋅ = ⋅− −ρ 1 7 10
20
0 1
3 4 10
8 6 2
,
,
,R l
S= ρ
I Qt
A= = − = −0 8
2
0 4
,
,
Q C= ⋅ ⋅ − ⋅( ) = −−5 10 1 6 10 0 8
18 19
, ,
1 1
10
1
8
18
80
80
18
4 44
CC F= + = ⇒ = = , μ
1 1 1
12 3
C C C= +
,
C3=8μFC1,2=10μF
C1=4μF
C2=6μF
C3=8μF
Q C V C C3 3
9 6
8 10 312 5 2 50 10 2 50= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =− −, , , μ
325
4. Según la ley de Ohm:
5. En primer lugar calculamos su resistencia:
Por otra parte, ⇒
6. Al estar asociadas en serie:
La intensidad que circula por el circuito, que es la misma que circula por cada una de las
resistencias, será:
La diferencia de potencial entre los extremos de cada una de las resistencias:
Como ya sabíamos, la suma de las diferencias de potencial de todas las resistencias es
de 5V.
7. a)
b) En una asociación en paralelo se cumple:
Sustituyendo:
El mínimo común múltiplo de los denominadores es 1200. Reduciendo a común denominador:
c) La intensidad total será:
Todas tienen la misma diferencia de potencial entre sus extremos. Aplicamos la ley de
Ohm a cada una de ellas:
Como ya sabíamos, la intensidad total es la suma de las intensidades de las tres resis-
tencias.
I VR
A I VR
A I VR
A1
1
2
2
3
3
12
200
0 06
12
400
0 03
12
200
0 02= = = = = = = = =, ; , ; ,
I VR
A= = =12
109 09
0 11
,
,
1 6
1200
3
1200
2
1200
1 11
1200
1200
11
109 09
R RR= + + ⇒ = ⇒ = = , Ω
1 1
200
1
400
1
600R= + +
1 1 1 1
1 2 3
R R R R= + +
200Ω 400Ω 600Ω
I I1 I2 I3
12 V
V I R V V I R V V I R V1 1 2 2 3 3
0 1 10 1 0 1 15 1 5 0 1 25 2 5= ⋅ = ⋅ = = ⋅ = ⋅ = = ⋅ = ⋅ =, ; , , ; , ,
I VR
A= = =5
50
0 1,
R R R R= + + = + + =1 2 3
10 15 25 50 Ω
R lS
= ρ ρ = ⋅ = ⋅ = ⋅−
−R Sl
m20 10
2
10
6
5 Ω
R VI
= = =4
0 2
20
,
Ω
I VR
A= = =220
40
5 5,
326
8. a)
b) Por la resistencia de 3 Ω circula la intensidad total del circuito, ya que está en serie con
la pila. Así pues, lo primero que calculamos es la resistencia equivalente de esta asociación
mixta. Para ello hallamos la resistencia equivalente de las dos que están en paralelo:
La resistencia total del circuito será:
Calculamos a intensidad total, que es la misma que circula por R3
, aplicando la ley de
Ohm:
La diferencia de potencial en la resistencia R3
, será:
9. a) En primer lugar calculamos la intensidad:
Aplicamos la ley de Joule:
b) Según vimos en la Unidad 4:
Hemos de tener en cuenta que en esta expresión si ponemos el calor en calorías,
hemos poner la masa en gramos, que en el caso de 20 litros de agua es de 20000 gra-
mos.
Sustituimos valores:
c) Calculamos la energía consumida
Pasamos los julios a Kw·h:
Coste = ⋅⋅
=1 21
0 10
0 12,
, ¬
, ¬Kw hKw h
4356000 4356000 4356000
1
1000
1
3600
1 21j w s Kww
hs
Kw h= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅,
W V I t J= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =220 5 5 3600 4356000,
1045440 20000 200000
2
= −t t C2
1045440 200000
20000
62 27= + = , º
1045440 20000 1 10
2
= ⋅ ⋅ −( )t
Q m c t te= ⋅ −( )
2 1
Q R I t= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =0 24 0 24 40 5 5 3600 1045440
2 2
, , , calorias
I VR
A= = =220
40
5 5,
V I R V3 3 3
0 9 3 2 7= ⋅ = ⋅ =, ,
I VR
A I= = = =4 5
5
0 9
3
,
,
R R R= + = + =12 3
2 3 5
,
Ω
1 1 1 1 1
4
1
4
1 2
4
2
12 1 2 12 12
12R R R R RR
, , ,
,
= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ = Ω
4,5V
R1
=4Ω
R2
=4Ω R3
=3Ω
327
10. Sabemos que
Dado que tenemos muchos datos, obtenidos en el ejercicio anterior, podríamos haber utilizado
las expresiones ; en cualquier caso hubiéramos obtenido el mismo resultado.
11. a) El trabajo realizado es igual a la energía potencial ganada por la masa de
agua:
b)
c)
12. En primer lugar calculamos la intensidad que circula por el circuito, ya que la caída de potencial
en los bornes del generador depende de ésta.
a) En un generador real se cumple que o bien
La diferencia de potencial en los bornes es la fuerza electromotriz menos la caída de
potencial:
b) El rendimiento viene dado por: , que expresado en tanto por ciento
será del 96 %.
c) Sabemos que de lo cual deducimos que el rendimiento depende
de la intensidad, ya que disminuye cuando ésta aumenta.
13. Al estar asociados en serie sus seis elementos iguales, la fem de la batería será:
. Sabemos que
Sustituyendo:
La resistencia interna de la batería es la suma de la resistencia interna de todos sus vasos:
y dado que estos son iguales, la resistencia interna de cada uno de
ellos será: r rv = =
6
0 02, Ω
r r r r rv= + + + =1 2 6
6...
12 14 4 20
14 4 12
20
0 12= − ⋅ ⇒ = − =,
,
,r r Ω
ε ε ε ε= + + + = ⋅ =1 2 6
6 2 4 14 4... , , V V r I= − ⋅ε
r V r I r I= = − ⋅ = − ⋅ε
εε ε
1
r V= = =ε
4 33
4 5
0 96
,
,
,
V r I V= − ⋅ = − ⋅ =ε 4 5 2 0 087 4 33, , ,
ε ε= + ⇒ =+
=+
=I R r IR r
A( )
,
,
4 5
50 2
0 087
ε = ⋅ + ⋅R I r I
P V I I PV
A= ⋅ ⇒ = = =653 33
220
2 97
,
,
P Wt
W W CVW
C= = = = =2352000
3600
vatios653 33 653 33 653 33
1
735
0 89, , , , VV
2352000 2352000
1
3600000
J J Kw hJ
Kw h= ⋅ ⋅ = ⋅0 65,
W E m g h Jp= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =Δ Δ 20000 9 8 12, 2352000
P R I P V I= ⋅ = ⋅2
o
P Wt
W= = =4356000
3600
1210
328
14. a)
b) Al conectar la segunda pila en paralelo a la primera, la fuerza electromotriz no varía, pero
sí su resistencia interna:
Haciendo los mismos cálculos que en el caso de una pila:
Al comparar los resultados podemos observar que al conectar la segunda pila disminu-
ye la resistencia interna del generador resultante, aumenta la intensidad que atraviesa
el circuito y la caída de potencial es menor.
15.
a) Aplicando la ley de Ohm generalizada:
b) La diferencia de potencial entre los bornes del motor (receptor) será:
La diferencia de potencial entre los extremos de la resistencia será:
UNIDAD 7
Naturaleza de la materia
1. Aunque el hierro a temperatura ambiente es sólido, puede existir hierro líquido si se alcan-
zan temperaturas superiores a 1535 ºC.
Aunque el nitrógeno es un gas a temperatura ambiente, si conseguimos llegar a temperatu-
ras inferiores a –196 ºC tendremos nitrógeno líquido.
2. a) Mercurio: tiene aspecto uniforme, un solo componente y propiedades carac-
terísticas. Es una sustancia pura.
b) Granito: se aprecian partes diferenciadas. Es una mezcla heterogénea
c) Vino: tiene aspecto uniforme y diferentes componentes. Es una disolución.
d) Aire: tiene aspecto uniforme y varios componentes. Es una disolución.
e) El contenido de una bolsa de basura: se observan a simple vista varios componentes.
Es una mezcla heterogénea.
3. a) Con un imán se separa el hierro, ya que es el único que tiene propiedades
magnéticas. b) Se Añade agua, pues el vidrio no es soluble y la sal sí. c) Se filtra y ya
se tiene separado el vidrio. d) Para separar la sal del agua se tiene en cuenta que estas
dos sustancias pasan a gas a temperaturas muy diferentes. Se calienta, el agua pasa-
ría a gas y en el recipiente quedaría la sal.
1 1
1
1
1
2 0 5
rr= + = ⇒ = , Ω
IR r
A=+
=+
=ε 4 5
8 1
0 5
,
, V I r V= − ⋅ = − ⋅ =ε 4 5 0 5 1 4, ,
IR r
A V I r V=+
=+
= = − ⋅ = − ⋅ =ε ε4 5
8 0 5
0 53 4 5 0 5 0 5 4 25
,
,
, , , , ,
V I R V= ⋅ = ⋅ =0 47 5 2 35, ,
V r I V' ' ' , , ,= + ⋅ = + ⋅ =ε 6 0 4 0 47 6 19
IR r r
A= −+ +
= + −+ + +
=ε ε '
'
, ,
, , ,
,
4 5 4 5 6
5 0 5 0 5 0 4
0 47
M
ε=4,5V r=0,5Ω
R=5Ω
ε’=6V
r’=0,4Ωε=4,5V r=0,5Ω
329
4. Experimento 1: Bicarbonato sódico: sólido de color blanco; zumo de limón: líquido transpa-
rente de color amarillo claro. Si has utilizado vinagre: líquido transparente de color marrón.
Cuando se ponen en contacto va desapareciendo el bicarbonato y se desprenden burbujas,
se forma un gas, una sustancia que no estaba al principio. Se ha producido un cambio quí-
mico.
Experimento 2: Manteca de cerdo: color blanco, sólido; cera: color crema, sólido.
Al calentar pasa a ser un líquido incoloro, transparente. Al dejar enfriar vuelve a estado sóli-
do, como al principio. Seguimos teniendo lo mismo, tan sólo se produce un cambio de esta-
do. Se ha producido un cambio físico.
Experimento 3: Azúcar: sólido de color blanco.
Al calentar empiezan a desprenderse burbujas, empieza a pasar a líquido y al mismo tiem-
po se va oscureciendo. Al dejar enfriar queda una pasta de color marrón. Desaparece lo que
teníamos al principio y aparecen sustancias nuevas. Se ha producido un cambio químico, la
carbonización del azúcar.
Experimento 4: Si has cogido un trozo de tela, por ejemplo, de color rojo, al empaparse en
lejía pasa a ser de color blanco o rosa claro. Se forman pequeñas burbujas en la lejía o en
el agua oxigenada.
La sustancia que daba el color rojo desaparece. Aparecen burbujas de un gas.
Se ha producido un cambio químico.
5. a) Desaparece el butano y se forman otros gases, CO
2
y H
2
O. C. Químico.
b) El agua del charco se vaporiza. El cambio de estado es un cambio físico.
c) Sigue siendo madera en trocitos más pequeños. Cambio físico.
d) Al respirar tomamos O
2
que reacciona con nuestros hidratos de carbono, produciéndo-
se energía y expulsamos CO
2
y H
2
O. Cambio químico.
e) El hierro con el O
2
del aire forma otra sustancia de color marrón oscuro y que se des-
prende fácilmente de la barra. Cambio químico.
6. Aplicamos la ley de conservación de la masa.
Si inicialmente tenemos 102 kg. de SH
2
+ 144 Kg. de O
2
= 246 Kg.
Al final de la reacción también tendremos 246 Kg.
246 Kg. = x Kg. de SO
2
+ 54 Kg. de H
2
O.
x = 246 – 54 = 192 Kg. de SO
2
.
7. El C y el O en la vitamina C se encuentran en la proporción:
m
C
/m
O
= 90/120, m
C
= 12,6 g., m
O
= ?
90 / 120 = 12,6 / m
O
; m
O
= 16,8 g.
8. 2 litros de N
2
+ 6 litros de H
2
→ 4 litros de NH
3
.
Teniendo en cuenta la ley de los volúmenes de combinación:
a) V
N2
/ V
H2
= 2 / 6 ; V
H2
= 9 litros
V
N2
/ 9 = 2 / 6 ; V
N2
= 9 ·2 / 6 = 3 litros de nitrógeno reaccionarán.
b) V
H2
/ V
NH3
= 6 / 4 ; V
H2
= 9 litros
9 / V
NH3
= 6 / 4 ; V
NH3
= 9 ·4 / 6 = 6 litros de amoniaco se formarán.
330
9. H: 1; O: 16; Cl: 35,5; S: 32; C: 12; Na: 23; K:39; Fe: 56 Ca: 40 y N:14.
a) H
2
O = 2.1 + 16 = 18; 1 mol son 18 g.
HCl = 1 + 35,5 = 36,5; 1 mol son 36,5 g.
KOH = 39 + 16 + 1 = 56 1 mol son 56 g.
H
2
SO
4
= 2.1 + 32 + 4.16 = 98; 1 mol son 98 g.
CO
2
= 12 + 2.16 = 44; 1 mol son 44 g.
NaOH = 23 + 16 + 1 = 40; 1 mol son 40 g.
K
2
CO
3
= 2.39 + 12 + 3.16 = 138; 1 mol son 138 g.
Fe
2
O
3
= 2.56 + 3.16 = 160; 1 mol son 160 g.
HNO
3
= 1 + 14 + 3.16 = 63; 1 mol son 63 g.
Ca(OH)
2
= 40 + 2.(16 + 1) = 74; 1 mol son 74 g.
b) 56 g./1 mol = 10 / x ; x = 0,18 moles. 10 g. de KOH son 0,18 moles.
160 g./1 mol = 1,2 / x ; x = 0,0075. 1,2 g. de Fe
2
O
3
son 0,0075 moles.
18 g./1 mol = 2000 / x ; x = 111’1. 2000 g. de H
2
O son 111,1 moles.
40 g./ 1 mol = 20 / x ; x = 0,5. 20 g. de NaOH son 0,5 moles.
138 g./ 1 mol = 34,5 / x ; x = 0,25. 34,5 g. de K
2
CO
3
son 0,25 moles.
c) 100 g. de H
2
son 50 moles de H
2
.
5 moles de CO
2
equivalen a 220 g. de CO
2
.
En 7 moles de HCl hay 7. 6,022.10
23
moléculas de HCl.
2 moles de H
2
SO
4
son 196 g. de H
2
SO
4
.
25,2 g. de HNO3 son 0,4 moles de HNO3 que contienen 2,4.1023 moléculas.10. a) masa de disolución = masa de disolvente + masa de soluto.
Masa de disolución = 350 + 50 = 400 g.
Si en 400 g. de disolución hay 50 g. de soluto
x= 12,5%
En 100 g. de disolución habrá x g. de soluto
}b) Si para preparar 100 g. de disolución se necesitan 12,5g. de soluto. Para preparar 3000
g. de disolución se necesitarán x g. de soluto.
Para preparar 3 Kg. de disolución se necesitan x = 12,5 · 3000 / 100 = 375 g. de azúcar
11. a) 750 cm
3
= 0,75 litros.
g/litro = gramos de soluto / Volumen de disolución.
g/litro = 18 / 0,75 = 24 g /litro.
b) gramos de soluto = Volumen de disolución · g/litro
Para preparar 2,5 litros de disolución se necesitan = 2,5 ·24 = 60g. de azúcar.
12. NaOH → 23 + 16 + 1= 40; 250 ml = 0,25 litros
nº de moles = 12/ 40 = 0,3 moles de NaOH.
Si en 0,25 litros hay 0,3 moles de NaOH
x = 1,2 moles / litro → 1,2 M.
en 1 litro habrá x moles de NaOH
}
331
13. 0,8 M.
En 1 litro de disolución hay 0,8 moles de HNO
3
x = 2 moles de HNO
3
en 2,5 litros de disolución habrá x moles de HNO
3
}HNO
3
→ 1 + 14 + 3 ·16 = 63. 0,8 ·63 = 50,4 g.
0,8 M de HNO
3
equivale a 50,4 g./ litro.
14. a) C
6
H
12
O
6
→ 6 ·12 + 12 + 6 ·16= 180. 300 cm
3
= 0,3 litros.
Para preparar 1 litro de disolución se necesitan 0,2 moles de glucosa.
para preparar 0,3 litros de disolución se necesitarán x moles de glucosa.
x = 0,06 moles de glucosa → 0,06 . 180= 10,8 g. de glucosa.
b) Para tener 0,2 moles de glucosa necesitamos 1 litro de disolución
para tener 0,04 moles de glucosa necesitaremos x litros de disolución.
x = 0,2 litros.
15. Aplicamos la ley de Boyle: P
1
· V
1
= P
2
· V
2
donde P
1
= 1 atm. V
1
= 50 litros V
2
= 20 litros.
1 · 50 = P
2
· 20; P
2
= 2,5 atm.
16. El volumen es constante, aplicamos la ley de Gay − Lussac. P
1
/ P
2
= T
1
/ T
2
P
1
= 1,3 atm. T
1
= 20 + 273 = 293 ºK T
2
= 50 + 273= 323 ºK
1,3/ P
2
= 293/ 323 P
2
= 1,43 atm.
17. a) P · V = n · R · T
13,2 g. 1mol/ 44 g. = 0,3 moles de CO
2
.
P = 1,5 atm. T = 273 + 27 = 300ºK
1,5 · V = 0,3 · 0,082 · 300; V = 4,92 litros.
b) P
1
· V
1
/ T
1
= P
2
· V
2
/ T
2
. T
2
= 273 + 127 = 400ºK
1,5 · 4,92 / 300 = 4 · V
2
/ 400; V
2
= 2,46 litros.
18. M
N2
= 2 · 14 = 28 875 cm
3
= 0,875 litros T ºK = 27 + 273 = 300 ºK
680 mm de Hg = 680/ 760 atm.= 0,895 atm. P · V = n · R · T
0,895 · 0,875 = n · 0,082 · 300 n = 0,03 moles de N
2
masa de N
2
= n · M
N2
= 0,03 · 28 = 0,84 g.
Puesto que no cambia la cantidad de N
2
podemos utilizar P
1
· V
1
/ T
1
= P
2
· V
2
/ T
2
P
1
= 0,895 atm. V
1
= 0,875 litros T
1
= 300 ºK P
2
= 1 atm. T
2
= 273 ºK
0,895 · 0,875/ 300 = 1 · V
2
/ 273 V
2
= 0,713 litros.
19. T ºK = 97 + 273 = 370 ºK P = 5,23 atm. V = 2 litros
P · V = n · R · T 5,23 · 2 = n · 0,082 · 370 n = 0,345 moles
n = m
acetona
/ M
acetona
M
acetona
= 20/ 0,345 = 58
332
20. P · V = n · R · T
8,8 g · 1mol/ 44 g. = 0,2 moles de CO
2
. V = 10 litros
8,4 g · 1mol/ 28 g. = 0,3 moles de N
2
. T = 273 + 27 = 300ºK
P
N2
· 10 = 0,3 · 0,082 · 300 P
N2
= 0,738 atm.
P
CO2
· 10 = 0,2 · 0,082 · 300 P
CO2
= 0,492 atm.
P
T
= P
CO2
+ P
N2
= 0,738 + 0,492 = 1,230 atm.
La presión total también se puede calcular así:
n
T
= n
CO2
+ n
N2
= 0,2 + 0,3 = 0,5 moles.
P
T
· 10 = 0,5 · 0,082 · 300 ; P
T
= 1,230 atm.
21. V = 20 litros T ºK= 127 + 273= 400 ºK P
T
= 1,312 atm.
P · V = n · R · T 1,312 · 20 = n
T
· 0,082 · 400 n
T
= 0,8 moles
M
O2
= 2 · 16 = 32 n
O2
= 12,8/ 32 = 0,4 moles
P
O2
· 20 = 0,4 · 0,082 · 400 P
O2
= 0,656 atm.
P
T
= P
O2
+ P
CO2
P
CO2
= 1,312 − 0,656 = 0,656 atm.
n
CO2
= n
T
− n
O2
= 0,8 − 0,4 = 0,4 moles de CO
2
UNIDAD 8
Estructura atómica y ordenación de los elementos químicos
1. Aunque básicamente el átomo se sigue considerando como una pequeña esfera, Thomson
aporta que el átomo no es indivisible, que en su interior están los electrones. Para que el
átomo sea neutro deben existir cargas positivas que compensen la carga negativa de los
electrones.
2. Del modelo anterior se mantiene que el número de cargas negativas ha de ser igual al
número de cargas positivas.
Aporta la división del átomo en núcleo y corteza. El núcleo es la parte central del átomo que
resulta ser muy pequeña comparada con el total del átomo. En él se encuentra la carga
positiva y la masa (los protones y los neutrones).
La corteza está casi vacía y en ella se encuentran los electrones, que debido a la atracción
que sobre ellos ejercen las cargas positivas del núcleo giran alrededor de él describiendo
órbitas circulares (de modo similar a la forma en que la Luna gira alrededor de la Tierra).
3. Teniendo en cuenta que: Z = nº de electrones = nº de protones.
A = nº de protones + nº de neutrones.
nº. atómico Z nº. másico A nº. protones nº. electrones nº. neutrones
9 17 9 9 8
19 39 19 19 20
26 56 26 26 30
28 58 28 28 30
15 31 15 15 16
24 51 24 24 27
333
4. a) Ti − 46, Ti − 48 y Ti − 49. Número atómico 22
Tienen en común que todos tienen 22 protones en el núcleo y 22 electrones en la cor-
teza y se diferencian en que Ti−46 tiene 24 neutrones en el núcleo, Ti−48 tiene 26 neu-
trones en el núcleo y Ti − 49 tiene 27 neutrones en el núcleo. Son isótopos, átomos del
mismo elemento con diferente masa.
b) Al − 28, Si − 28 y P − 28. Números atómicos 13, 14 y 15 respectivamente.
Tienen en común que todos tienen la misma masa 28 y se diferencian en que son áto-
mos de diferentes elementos químicos con diferente número de electrones, protones y
neutrones.
5. H−1 está formado por 1 protón y 1 electrón. H−2 está formado por 1 protón, 1 neutrón y 1
electrón. H−3 está formado por 1 protón, 2 neutrones y 1 electrón.
6. N−13: 7 protones, 7 electrones y 6 neutrones.
N−14: 7 protones, 7 electrones y 7 neutrones.
7. Masa de 100 átomos de Ne → 90,92 · 20 + 0,26 · 21 + 8,82 · 22 = 2018 u.m.a.
Masa atómica media (1 átomo) = 2018/ 100 = 20,18 u.m.a.
8. Como la energía que acompaña a una radiación electromagnética es directamente propor-
cional a la frecuencia de dicha radiación, si se ordenan estas radiaciones de menor a mayor
frecuencia las tendremos ordenadas de menor a mayor energía.
En primer lugar se calcula la frecuencia de las radiaciones en las que conocemos su longi-
tud de onda.
λ = 4 · 10
−15
m. ν= c / λ = 3 · 10
8
/ 4 · 10
−15
= 7,5 · 10
12
Hz.
λ = 620 · 10
−9
m. n= c / λ = 3 · 10
8
/ 620 · 10
−9
= 4,8 · 10
14
Hz.
2 · 10
5
Hz < 2,5 · 10
9
Hz < 7,5 · 10
12
Hz < 4,8 · 10
14
Hz < 2 · 10
18
Hz < 1,5 · 10
20
Hz.
Ondas de radio < radiación de estufa < microondas < luz de Ne < rayos X < radiación g.
9. La luz que emite un átomo cuando sus electrones saltan desde un nivel de energía excita-
do hasta su nivel fundamental coincide con la luz que tienen que absorber para pasar de su
nivel fundamental de energía a niveles excitados. Por eso coinciden las rayas iluminadas
(energía emitida) del espectro de emisión con las rayas negras (energía absorbida) del
espectro de absorción.
En cada tipo de átomos los niveles de energía de los electrones son diferentes, por ello
cuando los electrones saltan de un nivel a otro, la energía emitida o absorbida, que se
corresponde con las diferencias de energía entre los niveles de un átomo, es diferente
según el tipo de átomos. Las rayas del espectro (la energía emitida o absorbida) son dife-
rentes para los átomos de los diferentes elementos químicos.
334
10. Bohr mantiene básicamente el modelo atómico de Rutherford y sus aportaciones se refie-
ren sobretodo a la forma de considerar como se encuentran los electrones en la corteza.
Los electrones ocupan determinadas órbitas estables. A cada órbita corresponde un nivel de
energía. El electrón nunca puede ocupar estados intermedios entre estas órbitas, ni tener
niveles de energía intermedios entre estos niveles permitidos.
Su gran acierto fue que consiguió explicar los espectros atómicos.
11. Z = 15, P: 1s
2
2s
2
2p
6 3s2 3p33 niveles 5 e
−en el 3
er
nivel
Z = 18, Ar: 1s
2
2s
2
2p
6 3s2 3p63 niveles 8 e
−en el 3
er
nivel
Z = 8, O: 1s
2 2s2 2p42 niveles 6 e
−en el 2º nivel
Z = 20, Ca: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6 4s24 niveles 2 e
−en el 4º nivel
Z = 30, Zn: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6 4s2 3d
10
4 niveles 2 e
−en el 4º nivel
Z= 50, Sn: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
10
4p
6 5s2 4d
10 5p25 niveles 4 e
−en el 5º nivel
12. P 3
er
periodo, elemento representativo, grupo 5A.
O 2º periodo, elemento representativo, grupo 6A.
Ar 3
er
periodo, elemento representativo, gas noble, grupo 8A.
Ca 4º periodo, elemento representativo, grupo 2A.
Zn 4º periodo, elemento de transición, grupo B.
Sn 5º periodo, elemento representativo, grupo 4A.
Se ha tenido en cuenta que: nº de niveles = nº de periodo.
Si el electrón diferenciador es s o p será un elemento representativo, grupo A y en este caso
nº de grupo = nº de e
−de la última capa.
Si el e
−diferenciador es d será un elemento de transición o grupo B.
13. Ne 2º periodo, grupo 8A 2 niveles, 8 e
− 2s
2
2p
6
Mg 3
er
periodo, grupo 2A 3 niveles, 2 e
−3s
2
Al 3
er
periodo, grupo 3A 3 niveles, 3 e
−3s
2
3p
1
Rb 5º periodo, grupo 1A 5 niveles, 1 e
−5s
1
Se 4º periodo, grupo 6A 4 niveles, 6 e
−4s
2
4p
4
Sb 5º periodo, grupo 5A 5 niveles, 5 e
−5s
2
5p
3
Hg 6º periodo, grupo 2B 6 niveles, 2 e
−6s
2
Fe 4º periodo, grupo 8B 4 niveles, 2 e
−4s
2
En el último nivel tan sólo existen subniveles s y p, los electrones se distribuyen entre estos
dos subniveles.
Casi todos los elementos de los grupos B tienen en la capa externa la configuración s
2
. Van
completando el subnivel d del nivel anterior.
Se ha tenido en cuenta que: nº de niveles = nº de periodo.
335
14. a) De menor a mayor tamaño: F < Cl < Br < I.
Al descender en un grupo aumenta el nº de niveles y por lo tanto el tamaño.
b) De menor a mayor tamaño: Cl < S < Si < Na.
Al avanzar en un periodo, para el mismo número de niveles, aumenta la carga nuclear
(aumenta Z) y por lo tanto la atracción sobre los electrones externos. Esto hace que dis-
minuya un poco el tamaño.
15. Para ordenarlos, se localizan los citados elementos en la Tabla Periódica, en primer lugar
se comparan aquellos elementos que tienen en común un grupo o un periodo.
S y O: pertenecen al mismo grupo, el de mayor tamaño (S) tiene más alejados del núcleo
sus electrones externos, se necesita menor cantidad de energía para arrancar un electrón
del último nivel, luego E.I.
S
< E.I.
O
.
Rb y Na: lo mismo ocurre con estos elementos, pertenecen al mismo grupo, el de mayor
tamaño tiene menos energía de ionización. E.I.
Rb
< E.I.
Na
.
Na, Al y S: pertenecen al mismo periodo, dado que estos elementos tienen tamaños simila-
res, la distancia del electrón que hay que arrancar al núcleo es similar. La atracción del
núcleo sobre los electrones externos aumenta según avanzamos en un periodo ya que
aumenta la carga nuclear (Z). Al aumentar la atracción sobre los electrones externos se
necesitará más energía para arrancarlos. E.I.
Na
< E.I.
Al
< E.I.
S
.
Si recogemos todas estas consideraciones, la ordenación completa sería:
E.I.
Rb
< E.I.
Na
< E.I.
Al
< E.I.
S
< E.I.
O
.
16. El Cl tiene mayor afinidad electrónica que el S porque al tener parecido tamaño y mayor
carga nuclear atrae con más facilidad los electrones.
Esto no se cumple para la pareja Cl – Ar porque el Ar es un gas noble, tiene la configura-
ción estable s
2
p
6
, no presenta ninguna tendencia a perder dicha estabilidad ganando elec-
trones. Lo contrario le ocurre al Cl, de configuración externa s
2
p
5
, que tienen su tendencia
a ganar electrones reforzada puesto que al ganar un electrón, conseguiría tener la configu-
ración estable de un gas noble.
17. En la tabla periódica hay marcada una especie de escalera que incluye a los semimetales
y separa los elementos electronegativos, a la derecha, de los elementos electropositivos, a
la izquierda. Teniendo en cuenta esto:
Mg, Ba, Pb, Fe y Cr → Electropositivos o metales
P, F, Br y N → Electronegativos o no metales.
Ge y Sb → Semimetales.
18. a) Verdadero. El F es el elemento más electronegativo de la Tabla, debido a su tamaño y
configuración electrónica es el elemento que más tendencia tiene a ganar electrones y
formar iones negativos.
b) Falso. El O está en la parte derecha y superior de la Tabla, es un elemento muy
electronegativo. Su tendencia a ganar electrones es muy acusada, sólo forma iones
negativos.
336
c) Verdadero. El Na es un metal y presenta tendencia a perder electrones y formar iones
positivos.
d) Falso. El Cs tiene menor electronegatividad que el Fe ya que está a la izquierda y por
debajo del Fe, es decir, el carácter metálico del Cs es mayor que el del Fe, presenta
por lo tanto el Cs más tendencia a perder electrones y formar iones positivos que el Fe.
e) Falso. Los gases nobles no se incluyen en las tablas de electronegatividad puesto que
al tener configuración estable no presentan ninguna tendencia ni a ganar ni a perder
electrones.
UNIDAD 9
Enlace químico. formulación inorgánica
1. a) K, Ca, Zn y Na son electropositivos o metales. O, C, N, H y S son electronegativos o no
metales.
b) CaO: Electropositivo con electronegativo → Enlace iónico.
Zn: Electropositivo con electropositivo → Enlace metálico.
CO
2
: Electronegativo con electronegativo → Enlace covalente.
NH
3
: Electronegativo con electronegativo → Enlace covalente.
Na
2
S: Electropositivo con electronegativo → Enlace iónico.
KNO
3
: Aquí se dan dos tipos de enlace. N con O forma enlaces covalentes que dan
lugar al ion negativo NO
3
−. Este ion negativo se une al ion positivo K
+
mediante
enlace iónico. Esta sustancia se comporta como una sustancia iónica.
2. El MgS es una sustancia que presenta enlace iónico pues resulta de la unión de un elemen-
to electropositivo, el Mg, con un elemento electronegativo, el S.
El Mg tiene 12 electrones y su configuración electrónica es 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
, si pierde los elec-
trones de su última capa conseguirá la configuración de un gas noble.
El S tiene 16 electrones y su configuración electrónica es 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
4
, si gana dos elec-
trones conseguirá la configuración de un gas noble.
Cuando los átomos de S y Mg se ponen en contacto, se intercambian electrones, El S gana
los electrones que suelta el Mg, consiguiendo ambos la configuración estable de gas noble,
pero, al mismo tiempo, se forman cationes Mg
+2
y aniones S
−2
que se atraen y se unen, esta
unión de iones de distinto signo es lo que constituye el enlace iónico.
3. Cl
2
: Cada átomo de Cl tiene 7 electrones en la última capa, necesita formar un enlace cova-
lente para tener la configuración de gas noble.
Se forma un enlace covalente entre los dos átomos. Cada átomo de Cl tiene 6 electrones que
no intervienen en el enlace y los 2 electones del enlace covalente.
HCl: El Cl tiene 7 electrones en su última capa y el H tiene uno
Cl + Cl Cl Cl
337
Se forma un enlace covalente. Ambos elementos consiguen la configuración de gas noble.
8 electrones el Cl y 2 el H.
NH
3
: El N tiene 5 electrones en su última capa, necesita formar tres enlaces.
Se forman tres enlaces covalentes. El N ya tiene 8 electrones y cada H, 2 electrones.
CCl
4
: El C tiene 4 electrones en su última capa, necesita formar cuatro enlaces.
Se forman cuatro enlaces covalentes. Tanto el C como los cuatro Cl ya tienen 8 electrones.
4. Hemos de diferenciar según el tipo de sustancia covalente.
Sólidos covalentes: Para rayar su superficie hemos de romper enlaces covalentes que son
muy estables. Su dureza será elevada. El diamante es la sustancia de mayor dureza en la
escala de Mohs.
Moléculas: Para rayar su superficietan sólo hemos de romper fuerzas intermoleculares que
son más débiles que un enlace. En general la dureza tendrá valores bajos. La dureza será
mayor cuanto mayor sea la intensidad de las fuerzas intermoleculares.
5.
C + 4 Cl Cl C Cl
Cl
Cl
N + 3H N H
H
H
Cl + H Cl H
SólidosCovalentes
Sólidosmoleculares
Sólidos metálicos
Sólidos iónicos
UnidadEstructural átomos moléculas átomos iones + y −
Tipo de Unión enlace covalente
Fuerza intermolecular
Enlace metálico Enlace iónico
Puntos deFusión Muy altos Bajos Medio−altos Altos
Dureza Muy duros Blandos Variable DurosSolubilidad enagua Insolubles Polares solubles.
Apolares insolubl. Insolubles Solubles
ConductividadEléctrica Aislantes Aislantes Conductores Conductores disuel-
tos o fundid.
338
6. La sustancia A presenta enlace covalente puesto que no conduce la electricidad en ningún
caso. Además es una sustancia formada por moléculas puesto que su punto de fusión es bajo
y estas moléculas son polares puesto que es soluble en un disolvente polar como el agua.
La sustancia B presenta enlace iónico puesto que sólo las sustancias con este enlace conducen
la electricidad en estado líquido y no la conducen en estado sólido.
La sustancia C presenta enlace metálico pues sólo las sustancias con este enlace conducen
la electricidad en estado sólido.
7. En primer lugar determinamos el tipo de unión o de enlace que se debe romper para pasar
de estado sólido a estado líquido en cada caso.
SiO
2
: Unión de dos elementos electronegativos, los átomos se unen mediante enlace covalente.
Se trata de un sólido covalente, por tanto para fundirlo habrá que romper enlaces covalentes
que son muy estables. El punto de fusión será elevado.
Aluminio: Unión de dos elementos electropositivos, los átomos se unen mediante enlace
metálico. Teniendo en cuenta que cada átomo de Al contribuye con 3 electrones a la formación
de la nube de electrones, este enlace metálico será muy estable. El punto de fusión será
elevado.
K
2
S y CaS: Son sustancias formadas por la unión de un elemento electronegativo y otro
electropositivo, los átomos se unen mediante enlace iónico. Habrá que romper enlaces iónicos
muy estables por lo que los puntos de fusión serán elevados. Puesto que la estabilidad de
este enlace depende de la energía reticular y ésta es directamente proporcional a la carga
de los iones, el punto de fusión del CaS será algo superior al del K
2
S, puesto que la carga del
ion Ca
2+
es mayor que la carga del ion K
+
.
NH
3
y N
2
: Resultan de la unión de elementos electronegativos, por lo tanto presentan enlace
covalente. Son moléculas, para fundirlas habrá que romper fuerzas intermoleculares que son
uniones débiles. Los puntos de fusión son bajos. El NH
3
es una molécula polar, los enlaces
N ⎯ H son polares. Estas moléculas se unen por fuerzas de orientación. El N
2
. es una molécula
apolar, el enlace entre átomos de N es apolar. Estas moléculas se unen por fuerzas de
dispersión.
Al ser las fuerzas de dispersión más débiles que las fuerzas de orientación. el punto de fusión
del N
2
será inferior al punto de fusión del NH
3
.
8. CaCl
2
es una sustancia con enlace iónico pues resulta de la unión de átomos de elementos
electropositivos y electronegativos. Será conductora de la electricidad cuando se encuentre
en estado líquido o disuelta pues es cuando tiene cargas eléctricas (iones) con movilidad.
Cobre es una sustancia con enlace metálico pues resulta de la unión de átomos de un elemento
electropositivo. Será siempre conductora de la electricidad pues siempre tiene cargas electricas
(gas de electrones) con movilidad.
F
2
, diamante, H
2
O y HF son sustancias con enlace covalente pues resultan de la unión de
átomos de elementos electronegativos. No son conductoras de la electricidad pues no tienen
cargas con movilidad.
339
9. CO
2
: El C tiene 4 electrones en la última capa, necesita formar 4 enlaces covalentes. El O
tiene 6 electrones en la última capa, necesita formar 2 enlaces covalentes.
El C formará dos enlaces con cada átomo de O y así todos consiguen la configuración estable
de gas noble.
Cl
2
O: El Cl tiene 7 electrones en la última capa, necesita formar 1 enlace covalente. El O tiene
6 electrones en la última capa, necesita formar 2 enlaces covalentes.
El O formará un enlace con cada átomo de Cl y así todos consiguen la configuración estable
de gas noble.
CH
3
− CH
3
: El C tiene 4 electrones en la última capa, necesita formar 4 enlaces covalentes.
El H tiene 1 electrón en la última capa, necesita formar 1 enlace covalente.
Cada C formará un enlace con el otro átomo de C y tres enlaces con tres átomos de H y así
todos consiguen la configuración estable de gas noble.
CH ≡ CH: El C tiene 4 electrones en la última capa, necesita formar 4 enlaces covalentes.
El H tiene 1 electrón en la última capa, necesita formar 1 enlace covalente.
Cada C formará un triple enlace con el otro átomo de C y un enlace con un átomo de H y
así todos consiguen la configuración estable de gas noble.
10. H
2
O: números de oxidación: H → +1, O → −2. No hay transferencia total de carga pues no
forman enlaces iónicos sino covalentes polares.
K
2
S: números de oxidación: K → +1, S → −2. Hay transferencia total de carga pues tienen
enlace iónico.
NH
3
: números de oxidación: H → +1, N → −3. No hay transferencia total de carga pues no
forman enlaces iónicos sino covalentes polares.
AlCl
3
: números de oxidación: Al → +3, Cl → −1. Hay transferencia total de carga pues tienen
enlace iónico.
2 O + C O C O
C + 2H H C C H2
C + 6H H C C H
H H
H H
2
O + 2 Cl Cl O Cl
340
11. Nombra: Formula:
Br
2
O
5
→ Óxido de bromo (V) Heptaóxido de dicloro → Cl
2
O
7
SO
3
→ Trióxido de azufre Dióxido de selenio → SeO
2
SnO → Óxido estannoso Monóxido de dipotasio → K
2
O
P
2
O
5
→ Anhídrido fosfórico Óxido de azufre (IV) → SO
2
CoO → Óxido cobaltoso Óxido de cinc (II) → ZnO
Ni
2
O
3
→ Trióxido de diníquel Óxido de nitrógeno (III) → N
2
O
3
Cl
2
O
5
→ Anhídrido clórico Anhídrido peryódico → I
2
O
7
SiO
2
→ Óxido de silicio (IV) Óxido cobáltico → Co
2
O
3
ZnO → Óxido de cinc Óxido sódico → Na
2
O
MgO → Óxido magnésico Óxido niqueloso → NiO
12. Nombra: Formula:
BaH
2
→ Dihidruro de bario Trihidruro de hierro → FeH
3
KH → Hidruro de potasio Dihidruro de cobre → CuH
2
AuH
3
→ Hidruro áurico Hidruro de níquel (II) → NiH
2
ZnH
2
→ Hidruro de cinc (II) Hidruro crómico → CrH
3
BrH → Bromuro de hidrógeno Fluoruro de hidrógeno → HF
SH
2
→ Ácido sulfhídrico Ácido telurhídrico → TeH
2
13. Nombra: Formula:
MgF
2
→ Fluoruro de magnesio Tricloruro de aluminio → AlCl
3
ZnSe → Seleniuro de cinc Dibromuro de níquel → NiBr
2
FeBr
3
→ Tribromuro de hierro Seleniuro de cobalto (III) → Co
2
Se
3
CuCl
2
→ Cloruro de cobre (II) Nitruro potásico → K
3
N
Na
2
S → Sulfuro sódico Sulfuro cálcico → CaS
14. Nombra: Formula:
Ba(OH)
2
→ Dihidróxido de bario Trihidróxido de hierro → Fe(OH)
3
KOH → Hidróxido potásico Dihidróxido de cobre → Cu(OH)
2
Au(OH)
3
→ Hidróxido de oro (III) Hidróxido de níquel (II) → Ni(OH)
2
Zn(OH)
2
→ Dihidróxido de cinc Hidróxido de cromo(III) → Cr(OH)
3
AgOH → Hidróxido de plata (I) Hidróxido cobáltico → Co(OH)
3
Mg(OH)
2
→ Hidróxido magnésico Hidróxido cuproso → Cu(OH)
15. Nombra:
HNO
3
→ Ácido nítrico
HIO
4
→ Ácido peryódico
H
2
SeO
4
→ Tetraoxoseleniato (VI) de hidrógeno
341
H
2
Cr
2
O
7
→ Heptaoxodicromato de dihidrógeno
HBrO
2
→ Ácido Dioxobrómico (III)
H
2
SeO
3
→ Trioxoseleniato (IV) de dihidrógeno
Formula:
Trioxocarbonato de dihidrógeno → H
2
CO
3
Tetraoxofosfato de trihidrógeno → H
3
PO
4
Tetraoxoclorato (VII) de hidrógeno → HClO
4
Ácido trioxosulfúrico (IV) → H
2
SO
3
Ácido silícico → H
2
SiO
3
Ácido hipobromoso → HBrO
16. Nombra:
Mg(NO
3
)
2
→ Nitrato de magnesio
CaSO
4
→ Tetraoxosulfato (VI) de calcio
Na
2
SeO
3
→ Trioxoseleniato de disodio
Al(ClO
2
)
3
→ Clorito de aluminio (III)
AgBrO → Hipobromito de plata (I)
Formula:
Trioxosulfato de disodio → Na
2
SO
3
Heptaoxodicromato de dipotasio → K
2
Cr
2
O
7
Carbonato áurico → Au
2
(CO
3
)
3
Nitrito de cobre (II) → Cu(NO
2
)
2
Sulfato de níquel (III) → Ni
2
(SO
4
)
3
UNIDAD 10
Procesos químicos. Estequiometría
1. 1 mol de Ca → 40 g. 1 mol de Cl → 35,5 g.
1 mol de CaCl
2
→ 40 + 2 ·35,5 = 111 g.
En 111 g. de CaCl
2
________
40 g. de Ca
x = 100 ·40 /111 = 36,04% de CaEn 100 g. de CaCl
2
________
x g. de Ca
}Al ser un compuesto binario % de Cl = 100 − 36,04 = 63,96% de Cl.
342
1 mol de K → 39 g. 1 mol de C → 12 g. 1 mol de O → 16 g.
1 mol de K
2
CO
3
→ 2 ·39 + 12 + 3 ·16 = 138 g.
En 138 g. de K
2
CO
3
_______
78 g. de K
x = 100 ·78 /138 = 56,52% de KEn 100 g. de K
2
CO
3
_______
x g. de K
}En 138 g. de K
2
CO
3
_______
12 g. de C
x = 100 ·12 /138 = 8,7% de CEn 100 g. de K
2
CO
3
_______
x g. de C
}% de O = 100 − (56,52 + 8,7) = 34,78% de O
1 mol de H → 1 g. 1 mol de P → 31 g. 1 mol de O → 16 g.
1 mol de H
3
PO
4
→ 3 ·1 + 31 + 4 ·16 = 98 g.
En 98 g. de H
3
PO
4
_________
31 g. de P
x = 100 ·31 /98 = 31,63% de PEn 100 g. de H
3
PO
4
________
x g. de P
}En 98 g. de H
3
PO
4
_________
3 g. de H
x = 100 ·3 /98 = 3,06% de HEn 100 g. de H
3
PO
4
________
x g. de H
}% de O = 100 − (31,63 + 3,06) = 65,31% de O
1 mol de C → 12 g. 1 mol de O → 16 g.
1 mol de CO
2
→ 12 + 2 ·16= 44 g.
En 44 g. de CO
2
________
12 g. de C
x = 100 ·12 /44 = 27,27% de CEn 100 g. de CO
2
_______
x g. de C
}% de O = 100 − 27,27 = 72,73% de O
2. % de N = 100 − (60 + 5) = 35% de N
Esta relación en masa la pasamos a una relación en átomos dividiendo por las correspondientes
masas atómicas.
H → 5 /1 = 5 N → 35 /14 = 2,5 O → 60 /16 = 3,75
Ahora pasamos esta relación 5 : 2,5 : 3,75 a una relación de números enteros.
5 /2,5 = 2 2,5 /2,5 = 1 3,75 /2,5 = 1,5
multiplicamos por dos y nos queda 4 :2 :3 . La fórmula será H4N2O3
3. Masa de N = 40 − 18,472 = 21,528 g. de N en 40 g. de compuesto
En primer lugar determinamos la fórmula empírica
343
C → 18,472 /12= 1,539 1,539 /1,538=1
N → 21,528 /14= 1,538 1,538 /1,538= 1
La fórmula empírica es CN y su masa molar 12 + 14 = 26 g.
Con los demás datos del problema, utilizando la ecuación general de los gases, hallamos la
masa molar del compuesto.
P ·V = n ·R ·T n = masa /M n = 2 /M
P = 708 /760 = 0,93 atm. TºK = 273 + 20 = 293ºK
0,93 ·0,992 = (2 /M) ·0,082 ·293 M = 52
Masa molar = n x Masa molar
fórmula empírica
52 = n ·26 n = 2
La fórmula molecular será (CN)
2
→ C2N2
4. Un hidrocarburo solamente contiene C y H. Al quemarlo, todo el C pasa a CO
2
y todo el H
pasa a H
2
O. Si determinamos las cantidades de C y de H presentes en el CO
2
y en el H
2
O,
respectivamente, sabremos las cantidades de C y de H contenidas en 0,75 g. del hidrocarburo
y podremos determinar su fórmula.
1 mol de H
2
O → 2 ·1 + 16= 18 g.
En 18 g. de H
2
O
_________
2 g. de H
x = 1,35 ·2 /18 = 0,15 g. de HEn 1,35 g. de H
2
O
________
x g. de H
}1 mol de CO
2
→ 12 + 2 ·16= 44 g.
En 44 g. de CO
2
_________
12 g. de C
x = 2,2 ·12 / 44 = 0,6 g. de CEn 2,2 g. de CO
2
________
x g. de C
}En 0,75 g. de compuesto hay 0,15 g. de H y 2,2 g. de C
H → 0,15 /1= 0,15 0,15 /0,05 = 3
C → 0,6 /12= 0,05 0,05 /0,05 = 1 La fórmula empírica es CH3
La masa molar correspondiente a la fórmula M
F
= 12 + 3 = 15
M = 30 M = n ·MF
30 = n ·15 n = 2 La fórmula molecular es C2H6
5. 2Ca + O
2
→ 2CaO
3NO
2
+ H
2
O → 2HNO
3
+ NO
C
3
H
8
+ 5O
2
→ 3CO
2
+ 4H
2
O
2Al + 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
ó Al + 3HCl → AlCl
3
+ 3/2 H
2
(1)
C
6
H
12
O
6
+ 6O
2
→ 6CO
2
+ 6H
2
O
Al(OH)
3
+ 3HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
(1) Cuando tenemos elementos que forman moléculas diatómicas, como H
2
, O
2
, Cl
2
..., y para ajustar la ecuación química
necesitamos un número impar de átomos de este elemento, se puede poner como coeficiente una fracción.
344
6. a) CH
4
+ 2O
2
→ CO
2
+ 2H
2
O
b) 1 mol de CH
4
→ 12 + 4 = 16 g. 1 mol de CO
2
→ 12 + 32 = 44 g.
Según la ecuación química ajustada:
16 g. de CH
4
_________
1 mol de CO
2
x = 500 ·1 /16 = 31,26 moles de CO
2
500 g. de CH
4
________
x g. de CO
2
}Se forman 31,26 moles de CO2
1 mol de H
2
O → 2 + 16 = 18 g.
16 g. de CH
4
_________
2 ·18 g. de H
2
O
x = 500 ·36 /16 = 1125 g. de H2O500 g. de CH
4
__________
x g. de H
2
O
}7. FeO + C → CO + Fe 1 mol de FeO → 56 + 16 = 72 g.
Según la ecuación química ajustada:
56 g. de Fe
__________
72 g. de FeO
x = 10
6 ·72 /56 = 1.285.714 g. de FeO10
6
g. de Fe
_________
x g. de FeO
}8. Reacción ajustada: 2KClO
3
→ 2KCl + 3O
2
1 mol de O
2
→ 2 ·16 = 32 g. 1 mol de KClO
3
→ 39 + 35,5 + 48= 122,5 g.
a) Según la ecuación química ajustada:
2 ·122,5 g. de KClO
3
______
3 moles de O
2
x=36,75 ·3 /245= 0,45 moles de O
2
36,75 g. de KClO
3
___________
x moles de O
2
}= 0,45 ·32 = 14,4 g. de O2
b) P ·V= n ·R ·T 1 ·V = 0,45 ·0,082 ·273 V= 10,07 litros
9. Reacción ajustada: N
2
+ 3H
2
→ 2NH
3
Si el rendimiento es del 20%, se obtienen 250 Kg. de NH
3
, pero en realidad se debían haber
obtenido: Cantidad teórica= 100. Cantidad obtenida / rendimiento.
100 ·250 /20= 1250 Kg. de NH
3
se debían haber obtenido en teoría.
1 mol de N
2
→ 2 ·14= 28 g. 1 mol de NH
3
→ 14 + 3= 17 g.
2 ·17 g. de NH
3
_________
28 g. de N
2
x= 1,25 ·10
6 ·28 /34=
1,25 ·10
6
g. de NH
3
_____
x g. de N
2
}= 1.029.412 g. de N2 se necesitan
10. CaCO
3
→ CaO + CO
2
En primer lugar calculamos la cantidad real de CO
2
que se debe obtener:
T= 273 + 27= 300ºK P= 600 /760= 0,79 atm. V= 10.000 litros.
345
P ·V= n ·R ·T 0,79 ·104= n ·0,082 ·300 n= 321 moles de CO
2
Ahora calculamos la cantidad que en teoría se obtendría:
Cantidad
teórica
= 100 ·Cantidad
obtenida
/ rendimiento = 100 ·321/85= 377,6 moles de CO
2
1 mol de CaCO
3
→ 40 + 12 + 48= 100 g.
1 mol de CO
2
_____________
100 g. de CaCO
3
x= 37.760 g. de CaCO3
377,6 moles de CO
2
_____
x g. de CaCO
3
}11. CaCO
3
→ CaO + CO
2
CaCO
3
→ 100 g. CaO → 56 g.
a) En primer lugar determinamos la cantidad de CaCO
3
que tenemos realmente.
90% de 5 Tm.= 4,5 Tm de CaCO
3
= 4,5 ·10
6
g. de CaCO
3
.
Según la ecuación química ajustada:
100 g. de CaCO
3
___________
56 g. de CaO
x= 4,5 ·10
6 ·56 /100 =
4,5 ·10
6
g. de CaCO
3
________
x g. de CaO
}= 2520 Kg. de CaO
100 g. de CaCO
3
___________
1 mol de CaO
x= 4,5 ·10
6 ·1 /100 =
4,5 ·10
6
g. de CaCO
3
_______
x moles de CaO
}= 45.000 moles de CaO
b) 100 g. de CaCO
3
___________
1 mol de CO
2
x = 4,5 ·10
6 ·1 / 100 =
4,5 ·10
6
g. de CaCO
3
________
x moles de CO
2
}= 45.000 moles de CO2
P ·V= n · R ·T 1,2 ·V = 45000 ·0,082 ·400 V = 1.230.000 litros
12. CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
1 mol de CaCO
3
→ 100 g. 1 mol de CaCl
2
→ 111 g.
a) 100 g. de CaCO
3
_______
1 mol de CO
2
x= 250 ·1 / 100 = 2,5 moles
250 g. de CaCO
3
_______
x moles de CO
2
}P ·V = n ·R ·T 0,9 ·V = 2,5 ·0,082 ·300 V = 68,3 litros de CO2
b) 100 g. de CaCO
3
__________
2 moles de HCl
x = 250 · 2 / 100 = 5 moles de HCl
250 g. de CaCO
3
___________
x moles de HCl
}M = nº moles / V
disolución
V
disolución
= nº moles / M
V
disolución
= 5 / 2,5 = 2 litros de disolución de HCl
c) 100 g. de CaCO
3
______
111 g.CaCl
2
250 g. de CaCO
3
_________
x g.CaCl
2
x= 250 · 111 / 100 = 277,5 g. de CaCl2
13. 2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O H
2
→ 2 g. O
2
→ 32 g. H
2
O → 18 g.
346
a) En primer lugar se determinan las cantidades de H
2
O que se podrían obtener a partir de
cada uno de los reactivos.
2 · 2 g. de H
2
___________
2 · 18 g. de H
2
O
x = 200 · 36 / 4 = 1800 g. de H
2
O
200 g. de H
2
___________
x g. de H
2
O
}32 g. de O
2
__________
2 · 18 g. de H
2
O
x = 500 · 36 / 32 = 562,5 g. de H
2
O
500 g. de O
2
________
x g. de H
2
O
}Elegimos la cantidad menor de H
2
O. Se pueden obtener 562,5 g. de H2O y el reactivolimitante es el O2.
b) 32 g. de O
2
__________
2 · 2 g. de H
2
x = 500 · 4 / 32 = 62,5 g. de H
2
500 g. de O
2
___________
x g. de H
2
}Con los 500 g. de O
2
tan solo reaccionan 62,5 g. de H
2
.
200 − 62,5 = 137,5 g. de H2 sobran.
14. CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
a) Tenemos que pasar de gramos de CaCO
3
a número de moles de CO
2
.
Los factores de conversión serán los de los siguientes pasos:
masa de CaCO
3
→ moles de CaCO
3
→ moles de CO
2
El cálculo será:
Como puedes comprobar se simplifican las unidades y al final nos quedan moles de
CO
2
.
Aplicando la ecuación general de los gases: 0,9 · V= 2,5 · 0,082 · 300
V = 68,3 litros de CO2
b) Tenemos que pasar de gramos de CaCO
3
a volumen de disolución de HCl.
Los factores de conversión serán los de los siguientes pasos:
masa de CaCO
3
→ moles de CaCO
3
→ moles de HCl → V
disolución
de HCl.
El cálculo será:
= 2 litros de disolución
Como puedes comprobar se simplifican las unidades y al final nos quedan litros de
disolución.
15. 2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O
En primer lugar determinamos las cantidades de H
2
O que se pueden obtener a partir de
cada uno de los reactivos.
250 g. de CaCO
1 mol de CaCO
100 g. de CaCO
2 moles de
3
3
3
⋅ ⋅ HHCl
1 mol de CaCO
1 litro de disolución
2,5 moles de HCl
3
⋅ =
1 mol de CaCO
100 g. de CaCO
;
2 moles de HCl
1 m
3
3
ool de CaCO
y
1 litro de disolución
2,5 moles d
3
ee HCl
250 g. de CaCO
1 mol de CaCO
100 g. de CaCO
1 mol de CO
3
3
3
⋅ ⋅ 22
3
2
1 mol de CaCO
moles de CO= 2 5,
1 mol de CaCO
100 g. de CaCO
y
1 mol de CO
1 mol de
3
3
2
CaCO
3
347
Los pasos que hemos de dar son:
masa de H
2
→ moles de H
2
→ moles de H
2
O → masa de H
2
O.
Los factores de conversión correspondientes a estos pasos son, respectivamente:
1 mol de H
2
/ 2 g. de H
2
; 2 moles de H
2
O / 2 moles de H
2
y
18 g. de H
2
O / 1 mol de H
2
O.
El cálculo será:
Como puedes comprobar se simplifican las unidades y al final nos quedan gramos de
H
2
O.
Los pasos que hemos de dar ahora son:
masa de O
2
→ moles de O
2
→ moles de H
2
O → masa de H
2
O.
Los factores de conversión correspondientes a estos pasos son, respectivamente:
1 mol de O
2
/ 32 g. de O
2
; 2 moles de H
2
O / 1 mol de O
2
y
18 g. de H
2
O / 1 mol de H
2
O.
El cálculo será:
Como puedes comprobar se simplifican las unidades y al final nos quedan gramos de H
2
O.
Elegimos la cantidad menor de H
2
O. Se pueden obtener 562,5 g. de H2O y el reactivo limi-tante es el O2.
Veamos ahora cuánto H
2
reacciona, para luego calcular lo que sobra de este reactivo que
está en exceso.
Los pasos que hemos de dar ahora son:
masa de O
2
→ moles de O
2
→ moles de H
2
→ masa de H
2
.
Los factores de conversión correspondientes a estos pasos son, respectivamente:
1 mol de O
2
/ 32 g. de O
2
; 2 moles de H
2
/ 1 mol de O
2
y 2 g. de H
2
/ 1 mol de H
2
.
El cálculo será:
Como puedes comprobar se simplifican las unidades y al final nos quedan gramos de H
2
.
Sobrarán 200 − 62,5 = 137,5 g. de H2
UNIDAD 11
Energía de los procesos químicos. Procesos químicos importantes
1. a) Se transforma la energía química del gas natural y el O
2
en energía calorífica que calien-
ta el agua de la calefacción.
b) Se transforma la energía eléctrica de la red en energía calorífica y energía luminosa
(radiante). El filamento de la bombilla se pone incandescente y emite luz.
c) Se estira la goma con la piedra. Tenemos energía potencial que, al soltar la goma, se
transforma en energía cinética. La piedra se mueve.
2. H
2
+ Br
2
→ 2HBr
Se rompe un enlace H − H y un enlace Br − Br, para ello hay que comunica 436 + 194 =
630KJ.
500 g. de O
1 mol de O
32 g. de O
2 moles de H
1 mol de
2
2
2
2⋅ ⋅OO
2 g de H
1 mol de H
de H
2
2
2
2
⋅ = 62 5, .g
500 g. de O
1 mol de O
32 g. de O
2 moles de H O
1 mol de
2
2
2
2⋅ ⋅ O
18 g de H O
1 mol de H O
de H O
2
2
2
2
⋅ = 562 5, .g
200 g. de H
1 mol de H
2 g. de H
2 moles de H O
2 moles d
2
2
2
2⋅ ⋅ee H
18 g de H O
1 mol de H O
de H O
2
2
2
2
⋅ = 1800 g.
348
Se forman dos enlaces H − Br, se desprenden 2 x 366 = 732KJ
Se desprende más energía de la que se consume 732 − 630 = 102KJ
Por cada dos moles que se formen de HBr se desprenden 102KJ.
3. 178,2KJ + CaCO
3
→ CaO + CO
2
178,2KJ
________
1 mol CO
2
x = 3000 · 1 / 178,2 = 16,8 moles CO
2
3000KJ
_________
x mol CO
2
}P · V = n · R · T; T = 127 + 273 = 400 ⇒ 1 · V = 16,8 · 0,082 · 400
V = 551 litros de CO2
4. C
2
O
2
H
4
+ 4O
2
→ 2CO
2
+ 2H
2
O + 874 KJ
1 mol de C
2
O
2
H
4
= 12 · 2 + 16 · 2 + 1 · 4 = 60 gr.
60gr
__________
874 KJ
x = 1000 · 874 / 60 = 14.566,7 KJ1.000gr
______
x KJ
}C + O
2
→ CO
2
+ 393,3KJ; 1 mol de C = 12 gr.
12gr
_________
393,3 KJ
x = 1.000 · 393,3 / 12 = 32.775 KJ1.000gr
__________
x KJ
}Produce más calor la combustión de 1Kg de C (32.775KJ) que la combustión de 1Kg de
ácido acético (14.566,7KJ).
5. 2NO + O
2
→ 2NO
2
(1)
N
2
+ O
2
→ 2NO (2) ΔH
2
= 180,6 KJ
N
2
+ 2O
2
→ 2NO
2
(3) ΔH
3
= 66,4 KJ
Si a la reacción (3) le restamos la reacción (2), obtenemos la reacción (1).
ΔH1 = ΔH3 − ΔH2 = 66,4 − 180,6 = −114,2KJ.
6.
349
o bien:
7.a) Queda más oscuro el trozo que se deja fuera del frigorífico, en él está más avanzado el
proceso de oxidación.
El factor que ha influido en la velocidad de la reacción es la temperatura. A mayor tem-
peratura la reacción se produce más rápidamente.
b) Esta más oscuro el que hemos troceado, la reacción ha sido más rápida. El factor que
ha influido en la velocidad de la reacción es el grado de división. A mayor grado de divi-
sión, la reacción es más rápida porque hay mayor contacto con el oxígeno del aire.
c) La carne picada se degrada más rápidamente porque la temperatura ambiente es mayor
y al estar picada hay mayor contacto con el aire.
8. El gas CO
2
se desprende más rápidamente y el bicarbonato se gasta antes en el vaso en el
que el vinagre está más concentrado. La velocidad de la reacción es mayor cuanto mayor
sea la concentración de los reactivos.
9. El desprendimiento de gas O
2
es más visible en el vaso que contiene hígado, puesto que
éste no interviene en la reacción 2H
2
O
2
→2H
2
O + O
2
. Podemos pensar que algún compo-
nente del hígado actúa de catalizador de esta reacción haciéndola más rápida.
10. Se pueden dar muchas respuestas:
--- Fomentar en el entorno próximo el uso del transporte público en lugar del vehículo pri-
vado.
--- No dejar las luces encendidas cuando no se esté en una habitación.
--- Utilizar el lavavajillas y la lavadora cuando estén llenos.
--- No comprar electrodomésticos innecesarios y que consumen energía: secadora, abre-
latas eléctricos...
--- Cuando se compran electrodomésticos buscar aquellos que funcionen con un menor
consumo de energía.
--- Etc.
11. 2NH
4
NO
3(s)
→ 2N
2(g)
+ 4H
2
O
(g)
+ O
2(g)
.
1 mol de NH
4
NO
3
= 80 g. TºK= 273 + 327= 600ºK
Por cada 2 moles de NH
4
NO
3
, es decir , por cada 160 g. de abono se forman:
2 + 4 + 1 = 7 moles gaseosos.
160 g. de abono
______
7 moles gaseosos
x = 2000 · 7/ 160 = 87,5 moles gaseosos
2000 g. de abono
_____
x moles gaseosos
} P · V = n · R · T; 1 · V = 87,5 · 0,082 · 600; V = 4305 litros
350
Si se considera despreciable el volumen del abono sólido, por cada 2 Kg. que se descom-
pongan, a 1atm. y 327ºC, se produce una variación de volumen de 4305 litros.
12. 2C
3
H
5
(NO
3
)
3(l)
→ 3N
2(g)
+ ½ O
2(g)
+ 6CO
2(g)
+ 5H
2
O
(g)
Cuando se descompone la nitroglicerina, a partir de un líquido de volumen despreciable, en
comparación con el volumen de los gases, se forman 14,5 moles gaseosos. La variación de
volumen es muy grande y esto explica el carácter explosivo de la nitroglicerina, su poder
destructivo se debe a la fuerza que ejercen los gases al expandirse.
13. El ozono, en las altas capas de la atmósfera, absorbe gran parte de la radiación ultraviole-
ta procedente del Sol, pues hace uso de ella en sus reacciones de formación y descompo-
sición. Evita que la radiación ultravioleta llegue a la superficie terrestre, por lo que su pre-
sencia, en estos niveles de la atmósfera, resulta beneficiosa.
Cuando se forma en la superficie de la Tierra, por reacciones fotoquímicas de otros contami-
nantes, como los NO
X
. Ese O
3
es totalmente tóxico. Es un contaminante muy peligroso que
si lo respiramos en dosis altas afecta a la vista, sistema respiratorio y circulatorio y puede lle-
gar a lesionar el sistema nervioso central.
14. Existen tres tipos de pilas:
--- Voltaicas: aprovechan una reacción redox exotérmica para producir energía eléctrica.
--- Electrolíticas: Se aplica energía eléctrica a una reacción redox endotérmica. Se des-
componen sustancias y se obtienen determinados productos de interés industrial.
--- Acumuladores o pilas recargables: Utilizan una reacción redox reversible. Cuando se
produce la reacción redox exotérmica, la aprovechamos para obtener energía eléctrica
y, cuando se gastan los reactivos, se les aplica energía eléctrica que produce la reac-
ción endotérmica que volverá a generar las sustancias que producían electricidad.
UNIDAD 12
Química del carbono
1. a) Heptano
b) 3,3−dietil−4,5−dimetil−octano
c) 2,3−dimetil−pentano
2. a) Fórmulas moleculares: Se cuentan los átomos de cada sustancia.
La sustancia a) C
7
H
16
y la sustancia c) C
7
H
16
.
Son sustancias isómeras pues tienen la misma fórmula molecular y se diferencian en la
forma de la cadena carbonada. La sustancia a) tiene una cadena lineal de 7 carbonos
y la sustancia c) una cadena ramificada con 5 carbonos en la cadena principal y dos
ramificaciones de un carbono cada una. Son isómeros de cadena.
b) Para determinar si presentan, o no, isomería óptica, hay que comprobar si existe, o no,
algún carbono asimétrico (átomo de carbono unido a 4 átomos o grupos de átomos
diferentes).
351
En este caso tan sólo tenemos alcanos. Empezamos descartando todos los carbonos
unidos a 2 o 3 átomos de hidrógeno (CH
2
y CH
3
). En los demás carbonos comprobamos
si los cuatro sustituyentes son distintos.
--- La sustancia a) no tiene ningún carbono asimétrico, no presenta isomería óptica.
--- La sustancia b) tiene dos carbonos asimétricos, el 4º y el 5º. Esta sustancia sí presen-
ta isomería óptica.
--- La sustancia c) tiene el 3
er
carbono unido a 4 sustituyentes diferentes, es un carbono
asimétrico. Esta sustancia presenta isomería óptica.
3. Para formular con cierto orden y evitar así posibles errores:
--- En primer lugar se escribe la cadena carbonada principal con los correspondientes enla-
ces entre los carbonos.
--- A continuación se escriben las ramificaciones.
--- Por último, se completan las valencias de cada átomo de carbono (4), con átomos de
hidrógeno.
a) CH
3
–CH
2
–CH
2
–CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
3
b) CH
3
CH
3
-- C -- CH -- CH
2
-- CH
3
CH
3
CH
2
-- CH
3
c) CH
3
-- CH -- CH
2
-- CH -- CH -- CH
2
-- CH
3
CH
3
CH
2
CH
3
Las ramificaciones se pueden escribir hacia arriba o hacia abajo, pues los enlaces sencillos
giran con facilidad.
4. a) 1,3−pentadieno
b) 2,3−dimetil−1,4−hexadieno
c) 3,4−dimetil−1−hexen−5−ino
352
5. a) La fórmula molecular de la sustancia a) es C
5
H
8
. Tiene dos insaturaciones (=) en posi-
ciones 1 y 3 y cadena lineal.
Se escribe otro hidrocarburo de 5 carbonos, cadena lineal y con dos insaturaciones en
distinta posición, al menos una de ellas.
CH
3
–CH = C = CH –CH
3
2,3−pentadieno.
Es un isómero de posición de la sustancia a) pues tiene la misma fórmula molecular y tan
sólo se diferencia en la posición de uno de los dobles enlaces.
No sería un isómero de posición, pues se nombra igual que la sustancia a).
CH
3
–CH=CH –CH=CH
2
1,3−pentadieno.
b) La fórmula molecular de la sustancia b) es C
8
H
14
. Tiene una cadena de 6 carbonos con
dos ramificaciones de un carbono cada una y dos insaturaciones (=). Puesto que se trata
de construir un isómero de cadena, se puede escribir, por ejemplo, un hidrocarburo de
cadena lineal con 8 carbonos y dos insaturaciones.
CH
2
= CH –CH
2
–CH = CH –CH
2
–CH
2
–CH
3
1,4−octadieno, C
8
H
14
También valdría un hidrocarburo con una cadena principal de 6 carbonos y una sola
ramificación de 2 carbonos y , por supuesto, dos insaturaciones.
Existen más posibilidades. Para comprobar que no se cometen errores hay que nom-
brar la sustancia y comprobar que es una sustancia diferente.
c) CH
2
=CH –CH=CH –CH
3
El doble enlace que está en posición 1 no da lugar a isómeros geométricos puesto que
uno de los carbonos está unido a dos grupos iguales (dos hidrógenos).
El doble enlace en posición 3 sí da lugar a isómeros geométricos, pues los dos sustitu-
yentes de cada uno de los carbonos del doble enlace son diferentes entre sí.
6. a) CH≡
C –C≡
C –C≡
C –CH
3
b)
c)CH C CH C CH CH
2 3
CH
3
CH CH CH CH CH CH CH
3 2 3
CH
3
CH
3
CH
2
CH
C
CH
3
H H
CH
2
CH
C
CH
3
H
H
isómero CIS isómero TRANS
353
7. a) 1,3−dimetil−ciclopentano.
b) 3−etil−2−metil−1−ciclohexeno, también se puede suprimir en el nombre la posición (1)
del doble enlace, pues se sobreentiende que va en esa posición, la cadena se empie-
za a numerar por el carbono que da la posición más baja al doble enlace.
c) 3−ciclohexil−1,5−hexadiino.
d) e) f)
8. a) orto−etil−metil−benceno ó 1,2−etil−metil−benceno.
b) propil−benceno.
c) 3−fenil−4−metil−1,5−heptadiino.
d) e) f)
9. a) 2,4−dimetil−1,3,5−hexanotriol.
b) etil−propil−éter.
c) 3−metil−1−butanol.
d) CH
3
– CHOH –CH
2
–CH
3
e) CH
3
– O –CH
2
–CH
3
f )
Aunque no se indica la posición del radical metil, la única posible es la posición 2, pues
si lo colocamos en cualquiera de los otros carbonos tendríamos el 1,3−butanodiol.
Cuando hay grupos funcionales, para evitar errores, primero se escribe la cadena carbonada
con los correspondientes enlaces sencillos o dobles, luego se escriben los grupos
funcionales y, en último lugar, se completan las valencias del carbono con átomos de
hidrógeno.
CH3
CH3
CH3
CH2
CH3
CH3
CH CH2
CHCHC
354
10. a) Se cambia la posición del grupo OH.
b) Fórmulas moleculares:
b) C
5
OH
12
c) C
5
OH
12
Son isómeros, se diferencian, fundamentalmente, en que tienen grupos funcionales
diferentes. La sustancia (b) es un éter y la sustancia (c) es un alcohol.
Son isómeros de función.
c) CH
3
–CHOH –CH
2
–CH
3
2−butanol
Isómero de posición:
CH
2
OH –CH
2
–CH
2
–CH
3
1−butanol
Isómero de función:
CH
3
–CH
2
–O –CH
2
–CH
3
dietil−éter
Isómero de cadena:
Todos tienen la misma fórmula molecular: C
4
OH
10
11. a) 2,4−hexanodiona
b) 3,5−dimetil−hexanal
c) CHO –CH
2
–CHO
d)
12. a)
Los aldehídos y las cetonas con igual fórmula molecular presentan isomería de función.
b) CH
3
–CO –CH
2
–CH
2
–CO –CH
3
2,5−hexanodiona
c) CH
3
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CHO octanal
d) Presentan isomería óptica las sustancias que contengan carbonos asimétricos:
a) y c) no tienen isomería óptica.
b) el 3
er
carbono es asimétrico, presenta isomería óptica
355
d) el 3
er
carbono es asimétrico, presenta isomería óptica
13. a) Ácido pentanodioico
b) Butanoato de metilo
c)
d)
14. a) Propano−diamida
b) Etil−amina
c) Metil−propano−nitrilo
d) orto−diamino−benceno ó 1,2−diamino−benceno
e) CH
3
–CH
2
–CH
2
–CN
f) CH
3
–CH
2
–NH –CH
2
–CH
3
g)
h) CH
3
–CHNH
2
–CH
2
–CONH
2
15. a) 2−nitro−3−hexeno
b) 1,1,2−tricloro−butano
c) 2−metil−1,2,4−tricloro−butano
d)
356
e) CH
3
–CHBr –CH
2
–CHBr –CH
3
f)
16. a) Ácido 3−hidroxi−butanoico
b) 3−amino−1−propanol
c) 2−propenoato de etilo
d) 4−metil−3−pentenal
e) 1−cloro−2−metil−ciclopentano
17. a) CH
3
–CO –CH
2
–CHOH –CH
3
b) CH
3
–CHNH
2
–CH
2
–COO.CH
2
–CH
3
c) CH
2
= CH –CH
2
–COOH
d)
e) CH
2
OH –CHOH –CHNO
2
–CH
3
18.
Eteno: C
2
H
4
+ 3 O
2
→ 2 CO
2
+ 2 H
2
O
Propano: C
3
H
8
+ 5 O
2
→ 3 CO
2
+ 4 H
2
O
Benceno: C
6
H
6
+ 15/2 O
2
→ 6CO
2
+ 3 H
2
O
19.
CH
3
–CH
3
+ Cl
2
+ Luz → CH
3
–CH
2
Cl + HCl Reacción de sustitución
CH
3
–CH
2
-CH=CH
2
+ H
2
→ CH
3
–CH
2
–CH
2
–CH
3
Reacción de adición
n CHCl=CH
2
→ n –CHCl –CH
2
– Reacción de adición - polimerización
20.a) Probablemente entre otros, habrás anotado:
Televisión, reproductor de CDs, reproductor de DVDs, equipo de música...
Electrodomésticos pequeños: tostador, batidora, secador de pelo, exprimidor...
Tapicería de sillones o sofás, cortinas, cojines...
Ropa: jerseys, pantalones, ropa interior...
Zapatillas de deporte, chanclas, suela de zapatos...
Marco de las ventanas, tuberías (pueden ser de PVC), plástico que recubre los cables
metálicos de conducción de la electricidad...
357
b) Resultarían difíciles o caros de sustituir casi todos. Por mencionar algunos en especial:
Plástico que recubre los cables eléctricos, electrodomésticos pequeños y equipos de
imagen y sonido.
21.
a) Transporte: Otros combustibles son el H
2
y los biocombustibles.
b) Generación de electricidad: Energía nuclear , eólica, solar, hidráulica, biomasa.
c) Uso doméstico (cocina, calefacción y agua caliente): Biocombustibles, biomasa, electricidad
generada con otras fuentes de energía distintas del petróleo.
