CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova Práctica 1: ECUACIÓN DE GASES IDEALES
N=
01. Aplicando la ecuación del número de moles, se tiene:
CLAVE : C
Reemplazando datos, se tiene:
06.
6, 02 022 ⋅ 10
M=
M = (1)(14 ) + (3 )(1) = 17 g / mo m ol
1N
CLAVE : A
n=
m N
mm =
m M
n=
→
170 17
∴ n = 10 moles
4, 5 × 10
22
CLAVE : B
moléculas 07.
-21
g/molécula
Aplicamos: n=
∴ mm = 8 zg/molécula
CLAVE CLAVE :B 03. Se sabe que: n =
N NA
→
N = n NA
Reemplazando el valor obtenido en el problema anterior, se tiene:
m ∴ N = 10NA
M
8400g 28g/mol
CLAVE : A
⇒ n = 300 moles 08.
CLAVE : D
Se sabe que: mm =
m N
Reemplazando N por la relación obtenida en el problema 04, se tiene:
04. Se sabe que: * n=
3H
360g
mm = 8×10
n=
Luego aplicamos la ecuación del número de moles:
Aplicando la ecuación de la masa de una molécula, se tiene que:
mm =
∑ Pa
moléculas / m ol ol
∴ n = 15 moles
02.
Se sabe que:
9, 03 0345 ⋅ 1024 m ol oléculas 23
N = 5 NA
∴
N n= NA
n=
200 g ⋅ NA 40g/mol
m
y
M
mm =
N = nNA
m NA M
m ⋅ NA M
→
mm =
M NA
Reemplazando datos, se tiene:
Reemplazando: N =
∴ N=
m
mm =
mNA M
4 ⋅ 10−2 kg / mol 6, 02 022 ⋅ 1023 moléculas / m ol ol
mm = 6, 64 ⋅ 10−26 kg / molécula
CLAVE : A
CLAVE : C 05.
Aplicando la fórmula obtenida en el problema anterior, se tendrá: N=
09.
mNA
T = 300 K, K, mm = 5,52.10
M
-25
kg/molécula
Aplicando la Ecuación de Boltzmann, se tiene:
Reemplazando datos:
Prof. Edwin Murga
Reconocemos los datos:
-1-
CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova mm 2 ⋅v 3k
p dpT →
T=
Reemplazando los datos se tiene:
Reemplazando datos se tiene:
p1 2atm = 1600K 400 K
5,52 ⋅ 10−25 kg / molécula 2 300K = ⋅v 3 ⋅ 1,38 ⋅ 10−23 J /molécula ⋅ K
CLAVE : A CLAVE :B
14.
Aplicando la ecuación para la presión obtenida por Boltzmann, se tiene:
m p = 31 ⋅ v 2 V
La energía cinética molecular promedio de un gas monoatómico viene dado por: Ecm = 32 kT
Reemplazando datos:
0,3 2 v 0,5
Reemplazando datos se tiene:
288 ⋅ 103 = 1 3
Ecm = 3 ⋅ 1,38 ⋅ 10 −23
J ⋅ 600K molécula ⋅ K
2
∴
11.
∴
CLAVE: D
Procediendo como en el problema anterior bastará calcular la temperatura dada en K:
15.
Luego la energía cinética molecular promedio del gas monoatómico viene dado por: J ⋅ 300K molécula ⋅ K
2
∴
p=
n pNA = V RT
nV =
pNA RT
1,333 ⋅ 10−6 ⋅ 6,022 ⋅ 1023 nV = 8,31⋅ (27 + 273)
Ecm = 1 mm ⋅ v 2 2
14
Reemplazando los datos, y el resultado del problema anterior, se tiene:
→ n V = 3,22 ⋅ 10
moléculas / m3
8
3
∴ nV = 3,22 ⋅ 10 moléculas / cm
−26 2 = 1 ⋅ 1,242 ⋅ 10 ⋅v 2
CLAVE: E
v = 1000m / s = 103 m / s
CLAVE: D
18
Observación.- La clave E aparece como 3,22.10 .
En virtud de la Ecuación de Estado de un gas ideal se deduce que las magnitudes de la presión y la temperatura son directamente proporcionales. Luego:
Prof. Edwin Murga
→
Reemplazando datos:
Para calcular la velocidad cuadrática media, o promedio, de las moléculas, se aplicará:
∴
N RT V NA
p=
molecular nV:
CLAVE: C
6,21⋅ 10
N RT → NA V
RT V
p = n
Despejando se obtiene la concentración
Ecm ≈ 6,21⋅10−21 J / molécula
−21
De la ecuación de Estado, se tiene: pV = nRT →
Ecm = 3 ⋅ 1,38 ⋅ 10 −23
13.
v = 1200m / s =1,2km / s
Ecm ≈ 1,242 ⋅ 10−20 J / molécula
T = 27 + 273 = 300 K
12.
∴ p1 = 8 atm
v ≈ 154m / s
∴
10.
p p p = cte → 1 = 2 T T1 T2
-2-
16.
ANULADA
17.
Siendo monoatómico el gas se cumplirá que:
CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova 20.
Ecm = 1 mm ⋅ v 2 ∧ Ecm = 3 kT 2 2 Luego:
1 m ⋅ v 2 = 3 kT 2 m 2
p1 ⋅ V1 = R ⋅ T1 ⋅ n ∧ p2 ⋅ V2 = R ⋅ T2 ⋅ n
…(1)
Dividiendo miembro a miembro, se tiene:
Pero en el Prob. 08 se había obtenido que: mm =
M NA
En base a la Ecuación de Estado de un gas ideal se tendrá:
p2 V2 T2 ⋅ = p1 V1 T1
… (2)
Reemplazando los datos se obtiene:
Reemplazando (2) en (1):
1 2
M ⋅ v2 T= R
1 M ⋅ v2 = 3 R T → 2N 2N A A
p1
p1
k
⋅
5m3
=
2 T1 T1
V2 = 20m3
∴
Sustituyendo datos, se obtiene:
V2
CLAVE: D
2
T=
0, 277 kg / m ol ⋅ ( 300 m / s )
21.
8,31J/mol ⋅ K ∴
T = 3000K
En base a la Ecuación de Procesos de un gas ideal se tendrá: p1 ⋅ V1
CLAVE: D
T1
p2 ⋅ V2 T2
Reemplazando datos:
Observación.- La clave D aparece como 300.
3
18.
=
p1 ⋅ 2 m Para calcular la presión, en este caso, se aplicará:
(27 + 273)K
=
T2
T2 = 450K
∴
m
3
3 p1 ⋅ 1 m
Nmm 2 m p = 31 ⋅ v 2 → p = 31 ⋅v V V
CLAVE: B 22.
Reemplazando los datos se tiene: p
= 1⋅ 3 ∴
2 4 ⋅ 1025 ⋅ 3 ⋅ 10−28 3 ⋅ 10 4
En base a la Ecuación de Procesos de un gas ideal se tendrá:
( )
p1 ⋅ V1 T1
p = 1000Pa =1 kPa
=
p2 ⋅ V2 T2
Reemplazando datos:
CLAVE :B 19.
800Pa ⋅ V1 T1
La energía cinética molecular promedio se determinará a partir de la ecuación de la presión obtenida en el problema anterior: Nmm 2 p=1 v → p= 3 V
∴
CLAVE :E 23.
Aplicando la Ecuación de Estado de un gas ideal se tendrá: p ⋅ V = RTn
V
Reemplazando los datos se tiene: 26
Reemplazando datos:
8310Pa ⋅ 5m3 = 8,31
10 60 ⋅ 103 = 2 ⋅ ⋅E 3 2 cm
∴
Ecm = 1,8 ⋅ 10
p2 = 533,3Pa
N ∴ p = 2 Ecm 3
∴
2 T1
2 N ⋅ 1 m ⋅ v2 m 3 V 2 Ecm
=
p2 ⋅ 32 V1
−21
J ⋅ ( 400K )n mol ⋅ K
n = 12, 5moles
J / molécula
CLAVE: C CLAVE : A
Prof. Edwin Murga
-3-
CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova 24.
Aplicando la Ecuación de Procesos de un gas ideal se tendrá: p1 ⋅ V1 T1
=
05. En este proceso, aplicamos:
p2 ⋅ V2
P1V1
T2
T1
8 kPa ⋅ 7, 5m3 10 kPa ⋅ V2 = 250K 400K ∴
P V = 2 2 T2
( 400 )( 3 )
=
600
V2 = 9,6m3
(500 )( 5 )
T2
∴ T2 = 1250 K
CLAVE : A
CLAVE : E
06. En el proceso aplicaremos:
PRÁCTICA 2: ECUACIÓN DE PROCESOS 01. Como la presión es constante, aplicamos la Ley de Charles: V1 T1
=
5 15 = 300 T2
P1V1 T1
V2
( 400 ) ( 2 )
T2
400
P V = 2 2 T2
P (4) = 2 ( 300 )
∴ P2 = 150 Pa
⇒ T2 = 900 K
CLAVE : B CLAVE : C 07. En este proceso, aplicaremos: 02. Como el volumen es constante, aplicamos la Ley de Gay Lussac: p1 T1 500 600 = 600 T2
=
P1V1 T1
p2
( 500 )( 6 )
T2
( 600 )
⇒ T2 = 720 K
P V = 2 2 T2
=
( 400 ) ( V2 ) ( 800 )
∴ V2 = 10 m
3
CLAVE : C
CLAVE : C
08. Usamos la ecuación general de los gases:
03. Como la temperatura es constante, , aplicamos la Ley de Boyle Mariotte:
pV = RTn
p1V1 = p2V2
(500(6) = (R)(600)(n)
(200)(10) = (500)(V2) ∴ V2 = 4 m
∴ n=
3
5 R
CLAVE : B
CLAVE : D
09. Como el proceso es isotérmico, la presión disminuye.
04. En este caso aplicamos la ecuación general de los gases:
CLAVE : B
PV = RTn (200)(10) = (8,31)(T)(0,5) ∴ T = 481 K
10. Como el proceso es isotérmico, aplicamos:
CLAVE : E
Prof. Edwin Murga
p1V1 = p2V2
-4-
CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova V (10 ) ( V1 ) = p2 1
V1
3
300
=
4 400
∴ ∆V = 4 – 3 = 1 m
∴ p2 = 30 KPa
⇒ V1 = 3 m3
3
CLAVE : E
CLAVE : A
16. En este proceso el volumen permanece constante y se cumple:
11. Como el proceso es isobárico, aplicaremos: V1
=
T1 V 4 = 2 T1 2T1
V2
p1
T2
T1
⇒ V2 = 8 m3
1 p1 T1
CLAVE : C
=
=
p2 T2
1,04 p1 T1 + 1
∴ T1 = 250 K
CLAVE : C
12. Como el proceso es isométrico, aplicaremos: p1 T1 p1 1200
=
p2
=
p1
17. Debe decir en el problema, que P = 1,2 kPa aplicando la ecuación general de los gases.
T2
PV = RTn
4T2
(1200)(8,31) = n(8,31)(400)
∴ T2 = 300 K
∴ n = 3 moles
CLAVE : B
CLAVE : B
13. Debe decir el problema que el proceso es isobárico: Vo To
=
18. Aplicamos la ecuación general de los gases: pV = RTn
VF
(500)(8,31) = nF(8,31)(250)
TF
nF = 2 moles
VF 3 = 27 + 273 127 + 273 ∴ VF = 4m
∴ ∆n = nf – no
3
∆n = 3 – 2 = 1 mol
CLAVE : A
CLAVE :C
19. Como el volumen es constante, aplicaremos:
14. Como el proceso es isotérmico, se aplica:
p1
p1V1 = p2V2
T1
(8)(3) = p2(3 + 5)
1 p1
∴ p2 = 3 kPa
T1
CLAVE : A
T1
Prof. Edwin Murga
=
p2 T2
1,02 p1 T1 + 1
∴ T1 = 500 K
CLAVE : E
15. Como el proceso es isobárico, aplicamos: V1
=
=
V2 T2
-5-
CAPÍTULO 18: TEORÍA CINÉTICA DE LOS GASES – Física Nova 20. Según el gráfico reconocemos que el proceso 1 - 2 es isobárico, por ello se cumple que: V1 T1
=
V2 T2
4 8 = T1 600
⇒ T1 = 300 K
Asimismo el proceso 2 - 3 es isométrico, por lo que: p2 T2
=
p3 T3
300 100 = 600 T3 ∴ T3 = 200 K
CLAVE : C
Prof. Edwin Murga
-6-
