FACULTAD DE INGENIERÍA EN GEOLOGÍA, MINAS, PETRÓLEOS Y AMBIENTAL
TERMODINÁMICA Y FÍSICO-QUÍMICA
ESCUELA DE INGENIERÍA EN PETRÓLEOS
NOMBRE: CLAUDIO VILLARES
PROFESOR: ING.RENÁN CRIOLLO
CURSO: QUINTO
TEMA: EJERCICIOS RESUELTOS - FISICOQUÍMICA DE CASTELLAN
GASES IDEALES 2.1. Cinco gramos de etano se encuentran dentro de un frasco sellado de 1dm 1dm3 de ca capa paci cida dad. d. El fras frasco co es tan tan débi débill u ue e se romp romper er! ! si la presi"n sobrepasa 1#$a. %A ué temperatura alcan&ar! la presi"n del gas el 'alor de rotura( Datos) gC H =5 g 2
6
3
V C H =1 dm =1 L 2
6
M C H =30 2
6
g mol
P=1 MPa= 9.878104 atm T =? Soluci"n
PV =nRT g n= M PV T = nR
T =
PV M PV = = g gR R M
(
30
) )(
g ( 9.878104 atm ) ( 1 L ) mol
(5 g
0.082
)
atm atm .L mol. K
T =722.788098 K
T C =722.788098 −273.15 T C =449.638098 ℃
2.2. 2.2. *n gr gran an cili cilind ndro ro pa para ra alma almace cena narr ga gase ses s comp compri rimi mido dos s tien tiene e un 3 'olumen apro+imado de ,.,-, m . Si el gas se almacena a una presi"n
GASES IDEALES 2.1. Cinco gramos de etano se encuentran dentro de un frasco sellado de 1dm 1dm3 de ca capa paci cida dad. d. El fras frasco co es tan tan débi débill u ue e se romp romper er! ! si la presi"n sobrepasa 1#$a. %A ué temperatura alcan&ar! la presi"n del gas el 'alor de rotura( Datos) gC H =5 g 2
6
3
V C H =1 dm =1 L 2
6
M C H =30 2
6
g mol
P=1 MPa= 9.878104 atm T =? Soluci"n
PV =nRT g n= M PV T = nR
T =
PV M PV = = g gR R M
(
30
) )(
g ( 9.878104 atm ) ( 1 L ) mol
(5 g
0.082
)
atm atm .L mol. K
T =722.788098 K
T C =722.788098 −273.15 T C =449.638098 ℃
2.2. 2.2. *n gr gran an cili cilind ndro ro pa para ra alma almace cena narr ga gase ses s comp compri rimi mido dos s tien tiene e un 3 'olumen apro+imado de ,.,-, m . Si el gas se almacena a una presi"n
de 1-#$a a 3,,/ %cu!ntas moles de gas contiene el cilindro( %Cu!l ser0a la masa del o+0geno en un cilindro de esta naturale&a( Datos) 3
V =0.050 m =50 L P=15 MPa =148.171563 atm
T =300 K n =?
gO =? 2
M O =32 2
g mol
Soluci"n PV =nRT
PV (148.171563 atm ) ( 50 L ) n = = RT atm atm .L ( 300 K ) 0.082 mol.K
(
)
n =301.161713 mol gO = n∗ M O 2
2
(
gO =( 301.161713 mol ) 32 2
g mol
)
gO = 9637.174829 g 2
KgO =9637.174829 g 2
|
1 Kg 1000 g
|=
9.637174 Kg
2.3. En el sistema ilustrado en la gura 2.13 se alla contenido elio a 30.2 ℃ . La cubeta ni'eladora L puede le'antarse para llenar la cubeta
inferior inferior con mercurio for&ar la entrada entrada del gas a la parte superior del dispositi'o. El 'olumen de la cubeta 1 asta la marca b es de 1,,.- cm 3
el de la cubeta 2 entre las marcas a b es de 11,., cm 3. La presi"n e4ercida por el elio se mide por la diferencia entre los ni'eles del mercurio en el dispositi'o en el bra&o e'acuado del man"metro. Cuando el ni'el del mercurio est! en a/ la presi"n es 2,.15 mm. La 30.2 ℃ es
densidad del mercurio a 9.80665 m / s
gra'edad es
2
T =30.2 ℃ =303.35 K 3
V 1=100.2 cm =0.1002 L 3
V 2=110.0 cm =0.11 L Pena =20.14 mmHg=0.0265 atm
a = 9.80665
M He = 4
g cm
3
=13521.2
m 2
s
g mol
Soluci"n
V T =V 1+ V 2 V T =0.1002 L + 0.11 L V T =0.2102 L W PV = RT M
W He=
M He P ena V RT
g L
la aceleraci"n de la
%Cu!l es la masa de elio en el recipiente(
Datos)
ρ Hg=13.5212
3
13.5212 g / cm
( ) ( 4
W He=
g ( 0.0265 atm ) ( 0.2102 L ) mol 0.082
)
atm. L ( 303.35 K ) mol.K
W He= 0.000896 g =896 μg
2.5. Se emplea el mismo tipo de aparato usado en el problema 2.3. En este caso no se conoce el 'olumen
V 2
V 1
6 el 'olumen en el matra& 2/
/ es 11,.,cm3. Cuando el ni'el del mercurio est! en a/ la presi"n es
1-.52 mm. Cuando el ni'el del mercurio se ele'a a b/ la diferencia de ni'eles es 27.3-mm. La temperatura es
30.2 ℃ . *til0cense los 'alores
de densidad del mercurio g dados en el problema 2.3. a8 %Cu!l es la masa del elio en el sistema( b8 %Cu!l es el 'olumen del matra& 1( Datos)
V 1=? 3
V 2=110.0 cm =0.11 L Pena =15.42 mmHg = 0.020289 atm Penb =27.35 mmHg=0.035987 atm T =30.2 ℃ =303.35 K
ρ Hg=13.5212
a = 9.80665
M He = 4
m
g mol
Soluci"n
2
s
g cm
3
=13521.2
g L
b8 La masa del helio será la misma en a y en b 1. W He =
M He PV M He Pa ( V 1+ V 2 )
=
RT
RT
En el punto b 2. W He =
M He PV M He Pb ( V 1 )
=
RT
RT
Igualando 192
M He Pa ( V 1+ V 2 ) M He Pb ( V 1 )
=
RT
RT
Pa ( V 1+ V 2 )= Pb ( V 1 ) Pa V 1+ P a V 2= P b V 1 Pa V 1− Pb V 1=− P a V 2
( Pa− P b ) V =− P a V 1
2
V 1=
− Pa V 2 ( Pa− Pb )
V 1=
−( 0.020289 atm ) ( 0.11 L ) ( 0.020289 atm−0.035987 atm )
V 1=0.14217 L a8 Entonces la masa del elio cuando se ele'a asta b
V 1=0.14217 L
He∗¿
P enb ∗¿ V
RT M ¿ W He =¿
1
W He=
M He PV = RT
(
)
g ( 0.035987 atm ) ( 0.14217 L ) mol
4
(
0.082
)
atm. L ( 303.35 K ) mol.K
W He= 0.000822 g = 822 μg
2.-. Sup"ngase ue al establecer las escalas de masa at"micas/ las condiciones est!ndar :e+actamente8
escogidas an sido
T o=300 K
Po=1 atm
3
/
V o= 0.03 m
:e+actamente8. Calc;lense la constante de
los gases/ la contante de A'ogadro las masas de un mol de idr"geno o+0geno. Datos)
Po=1 atm 3 m ~ =30 L V o=0.03
mol
mol
T o=300 K R=? 23
N o= 6.023∗10 moléculas n H =1 mol 2
nO =1 mol 2
M H =? 2
M O = ? 2
Soluci"n
~
Po V o= Ro T o
(
)
( 1 atm ) 30 L ~ P V mol Ro= o o = T o ( 300 K )
| || 10330
atm .L ∗ Ro= 0.1 mol.K
kg
2
3
|| || |
1 9.8 1 m ∗ m ∗ N ∗ =10.1234 Nm mol.K 1 atm 1000 L 1 kg
La constante de A'ogadro en 1 mol tiene una P=1 atm PV =nRT
P V R1= 1 1 = T 1
( 1 atm )
(
L mol
22.414
273.15 K
)=
0.082057
atm .L mol.K
atm .L P V R mol.K =1.218665 n= o o = 0 = R1 T o R1 atm . L 0.082057 mol.K 0.1
N 1=n∗ N o N 1=( 1.218665 mol ) ( 6.023∗10 moléculas ) 23
23
N 1=7.34∗10 moléculas
M H ∗¿ 2
N 0
( ) 1
0
N 1=
g ( 7.34∗1023 moléculas) mol 23
6.023∗10 moléculas
M H =¿ 2
M H =1.218662 2
g mol
V =22.414
L mol a
T =273.15 K
0
M O ∗¿ 2
N 0
N 1
( =
16
)
g ( 7.34∗1023 moléculas ) mol 23
6.023∗10 moléculas
M O =¿ 2
M O = 19 . 498589 2
2.<.
El
coeciente
( )( )
! =
g mol
" V V " T
de
e+pansi"n
P
" V V " T
1
P
1. PV = nRT
2 .V =
nRT P
Deri'ando 2
" V =
nR "T P
( )
" V nR = "T P P
De 1) 4.
V nR = T P
5 en 3 5.
( )
"V = V "T P T
>empla&ando - en la ecuaci"n inicial)
( )( )
! =
est!
denido
. Aplicando la ecuaci"n de estado/ calc;lese el 'alor
( )( )
3.
=
1
para un gas ideal.
! =
térmica
V V T
1
por !
! =
1
T
2.7.
El
coeciente
( )( ) " V V " P
de
compresibilidad
1
# =−
T
. Calc;lese el 'alor de
( )( ) " V V " P
1
# =−
T
1. PV = nRT
2. V =
nRT P
Deri'ando 2
" V =
3.
−nRT P
2
"P
( )
− " V = nRT 2 " P T P
1 en 3
( ) =− "V "P
4.
PV
T
P
2
( )
− " V = V " P T P
>empla&ando 5 en la ecuaci"n inicial)
( )( )
# =−
1
# = P
1
−V
V
P
#
est!
denido
# para un gas ideal.
por
2.?. E+présese la deri'ada . 1. ! =
( )
"V V "T
1
2. # =
P
( )
−1 "V V " P
T
( ) ( ) ( ) =− "T "V
P
" V "P
( )
T
"P " T
1
V
−1 "P = " T V " T " V " V P " P
( )( )
T
( ) ( ) ( )
"P = 3. " T V
− " V "T
" V "P
P
T
PV =nRT
4. V =
nRT P
Deri'ando con respecto a 5
PV "V nR T V = = = 5. " T P P P T
( )
6.
( )
− −VP −V " V = nRT = = 2 2 " P T P P P
>empla&ando - en 1)
! =
( )
1 V
V T
7. ! =
1
T
( ) "P " T
V
de un gas ideal en funci"n de
! $#
>empla&ando < en 2)
# =
( )
−1 −V V
P
()
8. # =
1
P
Con 3) V "P T = " T V −V P
−
( ) 9.
( )
( )= "P " T
V
P T
>empla&ando 7 ? en @)
( )
"P = ! " T V #
2.@. Considérese una me&cla de gases en un frasco de 2 dm 3 a
27 ℃
.
$ara cada me&cla calc;lese la presi"n parcial de cada gas/ la presi"n total la composici"n de la muestra en porcenta4e molar. Comp!rense los resultados de los cuatro c!lculos. a8 1 g de 2 1 g de B 2 b8 1 g de 2 1 g de B 2 c8 1 g de C 5 1 g de 3 d8 1 g de 2 1 g de Cl 2 Datos) 3
V =2 dm =2 L T =27 ℃= 300.15 K Soluci"n
g H =1 g
a8
2
gO = 1 g 2
M H =2 2
g mol g mol
M O =32 2
g H = 1 g = 0.5 mol n H = M H g 2 mol 2
2
2
gO = nO = M O
1g
2
g 32 mol
2
2
=0.03125 mol
nT =n H + nO 2
2
nT =0.5 mol + 0.03125 mol nT = 0.53125 mol
% H = 2
% O = 2
n H
=
2
nT nO
0.5 mol =0.941176 = 94.1176 H 2 0.53125 mol
= 0.03125 mol =0.058824 =5.8824 O 2
2
nT
0.53125 mol
PV =nRT
nRT = P= V
( 0.53125 mol )
(
)
atm.L ( 300.15 K ) mol.K 2 L
0.082
P=6.537642 atm P H = % H ∗ P =( 0.941176 ) ( 6.537642 atm ) =6.153072 atm 2
2
PO = % O ∗ P =( 0.058824 ) ( 6.537642 atm ) =0.384570 atm 2
2
g N =1 g
b8
2
gO = 1 g 2
M N =28
g mol
M O =32
g mol
2
2
n N = 2
g N
M N
1g
=
2
g 28 mol
2
gO = nO = M O
1g
2
2
2
nT =n N + nO 2
g 32 mol
=0.035714 mol
=0.03125 mol
2
nT =0.035714 mol + 0.03125 mol nT =0.066964 mol
% N = 2
% O = 2
n N
2
nT nO
2
nT
= 0.035714 mol = 0.533331 =53.3331 N 2 0.066964 mol
mol =0.466669 =46.6669 O 2 0.066964 mol
= 0.03125
PV =nRT
P=
nRT = V
( 0.066964 mol )
P=0.824069 atm
(
)
atm. L ( 300.15 K ) mol.K 2 L
0.082
P N = % N ∗ P =( 0.533331 ) ( 0.824069 atm ) =0.439502 atm 2
2
PO = % O ∗ P =( 0.466669 ) ( 0.824069 atm ) =0.384567 atm 2
2
gCH =1 g
c8
4
g NH =1 g 3
M CH =16
g mol
M NH =17
g mol
4
3
nCH = 4
gCH
=
4
M CH
4
n NH = 3
g NH
g 16 mol
=
3
M NH
1g
3
1g
g 17 mol
=0.0625 mol
=0.058824 mol
nT =nCH + n NH 4
3
nT =0.0625 mol + 0.058824 mol nT =0.121324 mol
% CH = 4
% NH = 3
nCH
4
n T
= 0.0625 mol =0.51515=51.515 CH 4 0.121324 mol
n NH
3
nT
= 0.058824 mol = 0.48485=48.485 NH 3 0.121324 mol
PV =nRT
P=
nRT = V
( 0.121324 mol )
(
)
atm. L ( 300.15 K ) mol.K 2 L
0.082
P=1.493031 atm
PCH = % CH ∗ P=( 0.51515 ) ( 1.493031 atm )=0.769135 atm 4
4
P NH = % NH ∗ P =( 0.48485 ) ( 1.493031 atm )= 0.3723896 atm 3
3
g H =1 g
d8
2
gCl = 1 g 2
M H =2 2
g mol g mol
M Cl =71 2
g H 1 = g = 0.5 mol n H = M H g 2 mol 2
2
2
g Cl = nCl = M Cl 2
2
2
1g
g 71 mol
=0.014084 mol
nT =n H + nCl 2
2
nT =0.5 mol + 0.014084 mol nT =0.514084 mol
% H = 2
% Cl = 2
n H
2
nT nCl
2
nT
=
0.5 mol = 0.972604= 97.2604 H 2 0.514084 mol
= 0.014084 mol = 0.027396 =2.7396 Cl 2 0.514084 mol
PV =nRT
P=
nRT = V
( 0.514084 mol )
(
)
atm. L ( 300.15 K ) mol.K 2 L
0.082
P=6.326395 atm
P H = % H ∗ P =( 0.972604 ) ( 6.326395 atm ) =6.153077 atm 2
2
PCl = % Cl ∗ P =( 0.027396 ) ( 6.326395 atm )=0.173318 atm 2
2
La diferencia con los resultados del problema anterior debe a que tenemos las mismas masas pero diferentes pesos moleculares, lo que hace que haya muchas más moles de H 2 que de O2 ya que es bastante más ligero. Entre N 2 Y O2 la diferencia no es tan fuerte.
2.1,. Se toma una muestra de aire sobre agua a
20 ℃ . E n e l
euilibrio/ la presi"n total del aire ;medo es 1 atm. La presi"n de 'apor de euilibrio del agua a
20 ℃ es 17.-5 orr6 la composici"n del
aire seco/ en tanto por ciento en mol/ es 7? de 2/ 21 de B2 1 de Ar. a8 Calc;lense las presiones parciales del nitr"geno/ o+0geno arg"n en la me&cla ;meda. b8 Calc;lense las fracciones mol de nitr"geno/ o+0geno/ arg"n agua en la me&cla ;meda Datos) T =20 ℃=293.15 K
Pa&'e()medo= 1 atm P*a+o'de agua=17.54 To'' = 0.023079 a tm Aire seco)
% N =78 =0.78 2
% O =21 = 0.21 2
% ,' =1 = 0.01 Soluci"n a8 En la muestra seca
Pa&'e()medo= Pa&'e seco + P *a+o' deagua
Pa&'e seco= Pa&'e ()medo − P*a+o' deagua Pa&'e seco=1 atm− 0.023079 atm Pa&'e seco=0.976921 atm P N = % N ∗ P a&'eseco =0.78 ( 0.976921 atm )=0.761998 atm 2
2
PO = % O ∗ Pa&'e seco=0.21 ( 0.976921 atm ) =0.205153 atm 2
2
P ,'= % ,'∗ Pa&'e seco =0.01 ( 0.976921 atm ) =0.009769 atm b8 En la muestra ;meda Pa&'e()medo = P N + PO + P ,' + P H O 2
2
2
P H O = P a&'e()medo−( P N + PO + P ,' ) 2
2
2
P H O =1 atm −( 0.761998 atm+ 0.205153 atm +0.009769 atm ) 2
P H O = 0.023079 atm 2
% N = 2
P N
2
Pa&'e ()medo
=
0.761998 atm =0.761998 1 atm
PO = 0.205153 atm =0.205153 % O = 1 atm Pa&'e ()medo 2
2
P ,' 0.009769 atm = =0.009769 % ,' = 1 atm Pa&'e ()medo P H O 0.023079 atm = = 0.023079 % H O = 1 atm P a&'e()medo 2
2
2.11. Considérese una muestra de 2,L de aire ;medo a
60 ℃ ba4o
una presi"n total de 1 atm en la ue la presi"n parcial del 'apor de agua es ,.12, atm. Sup"ngase la composici"n del aire seco dada en el problema 2.1,.
a8 %Cu!les son los porcenta4es en mol de cada uno de los gases en la muestra( b8 El porcenta4e de umedad relati'a se dene como .>.91,, $ F$Fo/ donde $F es la presi"n parcial en la muestra $ Fo es la presi"n de 'apor de euilibrio del agua a la temperatura en cuesti"n. A $Fo9,.1@7 atm. %Hué 'olumen debe ocupar la me&cla a
60 ℃ /
60 ℃ si la
umedad relati'a a de ser del 1,,( c8 %Hué fracci"n del agua se condensar! si la presi"n total de la me&cla aumenta isotérmicamente asta 2,, atm( Datos) V =20 L
T =60 ℃=333.15 K P*a+o'de agua=0.120 atm Aire seco) % N =78 =0.78 2
% O =21 = 0.21 2
% ,' =1 = 0.01 Soluci"n a8 En la muestra seca
Pa&'e()medo= Pa&'e seco + P *a+o' deagua Pa&'e seco= Pa&'e ()medo− P*a +o'de agua Pa&'e seco=1 atm− 0.120 atm Pa&'e seco=0.88 atm P N = % N ∗ P a&'eseco =0.78 ( 0.88 atm )= 0.6864 atm 2
2
PO = % O ∗ Pa&'e seco=0.21 ( 0.88 atm ) =0.1848 a tm 2
2
P ,'= % ,'∗ Pa&'e seco =0.01 ( 0.88 atm )=0.0088 atm En la muestra ;meda Pa&'e()medo = P N + PO + P ,' + P H O 2
2
2
P H O = P a&'e()medo−( P N + PO + P ,' ) 2
2
2
P H O =1 atm −( 0.6864 atm + 0.1848 atm +0.0088 atm ) 2
P H O = 0.12 atm 2
% N = 2
P N
2
Pa&'e ()medo
=
0.6864 atm =0.6864 =68.64 N 2 1 atm
PO a tm = 0.1848 =0.1848 =18.48 O 2 % O = Pa&'e ()medo 1 atm 2
2
P ,' = 0.0088 atm =0.0088 =0.88 ,' % ,' = Pa&'e ()medo 1 atm P H O = 0.120 atm = 0.120=12 H 2 O % H O = P a&'e()medo 1 atm 2
2
b8
T =60 ℃=333.15 K
HR =100
H . R . =100
P P -o
P -o=0.197 atm
P- =
P- =
HR∗ P-o 100 100∗0.197 atm 100
Pa&'e seco= P - =0.197 atm
PT = P a&'eseco + P H O 2
PT =0.197 atm + 0.120 atm PT =0.317 atm Aire seco
PV =nRT PV n= RT
n=
( 0.197 atm ) ( 20 L )
(
0.082
)
atm.L (333.15 K ) mol K
n =0.144226 mol
Cuando)
V =
PT =0.317 atm
nRT P
( 0.144226 mol ) V =
(
0.082
( 0.317 atm )
V =12.42 L
c8
PT =200 atm
PT = P a&'eseco + P H O 2
P H O = P T − P a&'eseco 2
P H O =200 atm−0.197 atm 2
P H O = 199.803 atm 2
)
atm.L ( 333.15 K ) mol K
P H O % H O = PT 2
2
% H O = 2
199.803 atm 200 atm
% H O =0.999015 2
2.12. *n recipiente contiene agua l0uida en euilibrio con 'apor de 30 ℃ . La presi"n de 'apor de euilibrio del agua a
agua a
30 ℃
es
31.82 To'' . Si el 'olumen del recipiente aumenta/ cierta cantidad de
agua l0uida se e'apora para mantener la presi"n de euilibrio. a ,.@, g de agua presentes. %Cu!l debe ser el 'olumen del recipiente si se a de e'aporar todo el l0uido( :El 'olumen del agua l0uida puede ignorarse8 Datos)
T =30 ℃=303.15 K P*a+o'de agua=31.82 To'' = 0.041868 atm g H O =0.90 g 2
M H O=18 2
g mol
V =? Soluci"n PV =nRT
V =
gRT M P
( 0.90 g ) V =
(
(
18
0.082
)
)
atm. L ( 303.15 K ) mol.K
g ( 0.041868 atm ) mol
V =29.67 L
2.13. La presi"n total de una me&cla de o+igeno e idr"geno es 1 atm. La me&cla se incendia el agua formada se separa. El gas restante es idr"geno puro e4erce una presi"n de ,.5, atm cuando se mide ba4o las mismas condiciones de ue la me&cla original. %Cu!l era la composici"n original de la me&cla :en en mol8(
Datos)
P=1 atm P H =0.40 atm +u'o
% H =? 2
% O =? 2
Soluci"n
% H =
P H
+u'o
P
+u'o
= 0.40 atm = 0.40 1 atm
% H =2 ( 0.40 ) 2
% H =0.80 =80 H 2 2
% = % H + % O 2
2
% O = % − % H 2
2
% O =1−0.80 2
% O =0.20=20 O2 2
2.15. *na me&cla de nitr"geno 'apor de agua se introduce en un frasco ue contiene un agente secante s"lido. Inmediatamente después de la introducci"n/ la presi"n en el frasco es de 7<, orr. Después de 'arias oras/ la presi"n alcan&a el 'alor estacionario de 75- orr.
a8 Calc;lese la composici"n/ en porcenta4e en mol/ de la me&cla original. b8 Si el e+perimento se reali&a a
20 ℃ el peso del agente secante
aumenta en ,.1-,g/ %cu!l es el 'olumen del frasco( :el 'olumen ocupado por el agente secante se puede ignorarse.8 Datos)
P&=760 To'' =1 atm P/ =745 To'' = 0.980263 atm T =20 ℃=293.15 K gagentesecante= g H O= 0.150 g 2
Soluci"n
P&= P N + P H O
a8
2
2
P/ = P N
2
% N = 2
P N
2
PT
P / 0.980263 atm = =0.980263 =98.0263 N 2 1 atm P&
=
P H O P &− P N 1 atm− 0.980263 atm = = =0.019737 =1.9737 H 2 O % H O = 1 atm PT P& 2
2
2
b8
T =20 ℃=293.15 K
g H O =0.150 g 2
M H O=18 2
g mol
g PV = RT M
V =
gRT = M P
( 0.150 g )
(
(
18
0.082
)
)
atm .L ( 293.15 K ) mol. K
g ( 0.019737 atm ) mol
V =10.149423 L
2.1-. Se anali&a una me&cla de o+igeno e idr"geno pas!ndola por "+ido de cobre caliente a tra'és de un tubo de secado. El idr"geno reduce el CuB seg;n la ecuaci"n)
CuO + H 2 0Cu + H 2 O El o+igeno se re o+ida el cobre formado) 1 2
Cu+ O2 0CuO
1,,., cm3 de la me&cla metidos a
25 ℃ 7-, orr producen ?5.- cm 3
de o+igeno seco/ medidos a una temperatura de
25 ℃
7-, orr
después de su paso por CuB el agente secante. %Cu!l es la composici"n original de la me&cla( Datos) 3
V =100 cm = 0.1 L T =T O =25 ℃=298.15 K 2
P= PO =750 To'' = 0.986842 atm 2
3
V O =84.5 cm =0.0845 L 2
Soluci"n PV =nRT
PV nT = = RT
( 0.986842 atm ) ( 0.1 L )
(
0.082
)
atm .L ( 298.15 K ) mol.K
= 0.004036 mol
PV ( 0.986842 atm ) ( 0.0845 L ) =0.003411 mol nO = = RT atm. L 0.082 ( 298.15 K ) mol.K 2 seco
(
)
#oles de o+igeno resultantes
nO =nO seco + nO 2
2 1ue'eacc&ona'on
2
1 2
= n H
nO
2 1ue'eacc&on a'on
2
n H =2 nO
2 1ue'eacc&ona'on
2
umero total de la me&cla) nT =nO + n H 2
2
nT =nO
2
seco
+ nO
nT =nO
2
seco
+ n H + n H
nT −nO
2
seco
= n H
n H = 2
2 1ue'eacc&ona'on
1 2
2
3 2
2
2
2
2 n T − nO seco 3
(
+ n H
2
)
2 3
n H = ( 0.004036 mol −0.003411 mol ) 2
n H =0.0004166 mol 2
Composici"n inicial
% H = 2
% O = 2
n H
2
nT nO
2
nT
=
=
0.0004166 mol =0.103238 =10.32 H 2 0.004036 mol
( 0.0002083 mol + 0.003411 mol ) 0.004036 mol
=0.896754 =89.68 O 2
2.1<. *na muestra de etano/ C 2
% N =78 =0.78 2
% O =21 = 0.21 2
% ,' =1 = 0.01 2 C 2 H 6+ 7 O2 2 4 CO 2+ 6 H 2 O
Soluci"n Composici"n inicial
% H = 2
% O = 2
% ,' =
n H
2
nT nO
2
nT n H
2
nT
% C O = 2
% H = 2O
=0.747 =74.7 H 2
=0.101=10.1 O 2
=0.010 =1 ,'
n CO nT n H
2O
n T
2
= 0.058=5.8 C O 2
=0.086 =8.6 H 2 O
2.17. *na me&cla de gases esta compuesta de etano butano. Se llena un matra& de 2,, cm 3 de capacidad con el gas a una presi"n de 1,, J$a a
20 ℃ . Si el peso del gas en el matra& es ,.3?5< g/ %Cu!l es el
porcenta4e en mol del butano en la me&cla( Datos) 3
V =200 cm = 0.2 L P=100 kPa =0.98781 atm
T =20 ℃=293.15 K ggas =0.3846 g
M C =30 2 H 6
g mol g mol
M C H =58 4
10
Soluci"n PV =nRT
PV n = = RT
( 0.98781 atm ) ( 0.2 L )
(
0.082
)
atm. L ( 293.15 K ) mol.K
n gas= 0.008219 mol n gas= nC + nC 2 H 6
n gas=
g C
2 H 6
M C
4 H 10
+
2 H 6
g C
4 H 10
M C
4 H 10
ggas = gC + g C 2 H 6
4 H 10
gC = g gas − gC 2 H 6
4 H 10
n gas=
g C
2 H 6
M C
+
2 H 6
0.008219 =
g C
4 H 10
M C
=
4 H 10
ggas − gC
4 H 10
M C
+
2 H 6
0.3846 − gC H 4
10
30
+
gC
4 H 10
M C
4 H 10
=
0.3846− gC H 4
30
gC H 4
10
58
0.008219 = 0.01282 −0.033333 g C H 4
10
+ 0.017241 g C H 4
10
0.033333 g C H
− 0.017241 gC H =0.01282 −0.008219
0.016092 g C H
=0.004601
4
4
gC H = 4
10
10
10
4
0.004601 0.016092
gC H =0.285918 g 4
10
10
10
+
gC H 4
58
10
gC H 0.285918 g = =0.004929 mol nC H = M C g 58 mol 4
4
10
10
4 H 10
% C H = 4
nC H
10
4
10
n gas
=
0.004929 mol =0.599784 =59.9784 C 4 H 10 0.008219 mol
2.1?. *n matra& de 13?.2 mL de 'olumen contiene ,.<@5< g de gas a 7-<.2 orr
100 ℃ . %Cu!l es la masa molar del gas(
Datos) V =138.2 ml =0.1382 L
g= 0.6946 g P=756.2 To'' =0.995 atm
T =100 ℃=373.15 K Soluci"n PV =nRT
g PV = RT M
gRT = M =
( 0.6946 g )
PV
M =154.6
(
0.082
)
atm .L ( 373.15 K ) mol.K
( 0.995 atm ) ( 0.1382 L )
g mol
2.1@. Considérese una columna isotérmica de un gas ideal a
25 ℃
.
%Cu!l debe ser la masa molar de este gas si la presi"n es ,.?, de su 'alor inicial del suelo a a8 1,m/ b8 1 Jm/ c8 1m/ d8%ué tipo de moléculas tiene la masa molar de la magnitud en c8( Datos)
T =25 ℃=298.15 K
P=0.80 Po R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n
3 =10 km=10000 m
a8
− M g4
P= Po e
RT
− M g4
0.80 Po
=e
P o
RT
− M g4
ln 0.80 =ln e
ln 0.80 =
M =
RT
− M g4 RT
− RT ( ln0.80 ) g4
−3
b8
=
8.314
| |
kg 1000 g ∗ 1 kg mol
g mol
3 =1 km =1000 m − M g4
P= Po e
RT
) ( )(
( 298.15 K ) ( ln 0.80 ) mol.K 9.8
M =5.6442∗10
M =5.6442
(
−
m s
2
10000 m )
− M g4
0.80 Po
=e
P o
RT
− M g4
ln 0.80 =ln e
ln 0.80 =
M =
RT
− M g4 RT
− RT ( ln0.80 ) g4
=
8.314
) ( )(
( 298.15 K ) ( ln 0.80 ) mol.K 9.8
M =0.056442
M =56.442
(
−
m s
2
1000 m )
| |
kg 1000 g ∗ 1 kg mol
g mol
3 =1 m
c8
− M g4
P= Po e 0.80 Po
P o
RT
− M g4
=e
RT
− M g4
ln 0.80 =ln e
ln 0.80 =
M =
RT
− M g4 RT
− RT ( ln0.80 ) g4
M =56.442
kg mo l
(
− =
8.314
)
( 298.15 K ) ( ln 0.80 ) mol.K
( )( 9.8
m
2
s
1m )
d8 La masa molar del literal c nos muestra que las mol!culas son macromol!culas por lo tanto se tratan de pol"meros.
2.2,. Suponiendo ue el aire tiene una masa molar media de 2?.@ gmol/ ue la atm"sfera es isotérmica a
25 ℃
/ calc;lese la presi"n
barométrica en Den'er/ ue esta a 1<,, m sobre el ni'el del mar6 calc;lese la presi"n barométrica en la cima del monte E'ans/ a 535? m sobre el ni'el del mar. La presi"n al ni'el del mar puede tomarse como 7<, orr. Datos)
M =28.9
g mol
T =25 ℃=298.15 K
P=760 To''
R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n a8
4 =1600 m − M g4
P= Po e
RT
( ( P=( 760 To'' )∗e −
28.9
g mol
)( )( )( 9.8
m 1600 m) 2 s
8.314 298.15 K ) mol.K
P=633.024296 To''
b8
4 =4348 m − M g4
P= Po e
RT
(
∗
1 kg 1000 g
)
( (
−
P=( 760 To'' )∗e
28.9
g mol
)( )( )( 9.8
m 4348 m ) 2 s
8.314 298.15 K ) mol.K
(
∗
1 kg 1000 g
)
P= 462.447606 To''
2.21. Considérese un gas ideal de papas ue tiene las siguientes propiedades) obedece la le del gas ideal las part0culas indi'iduales pesan 1,,g/ pero no ocupan 'olumen :es decir/ son masas puntuales8. a8 A
25 ℃ / calc;lese la altura a la cual el n;mero de papas por
cent0metro c;bico disminue asta una millonésima parte de su 'alor a ni'el del suelo. b8 Sabiendo ue las papas reales ocupan 'olumen/ %a alguna correlaci"n entre el resultado del c!lculo en a8 la distribuci"n espacial obser'ada de las papas en una bolsa de papel( Datos)
g& =100 g= 0.1 kg N =10−6 N o R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n a8
T =25 ℃=298.15 K − M g4
N = N o e
ln
RT
N − M g4 = N o RT
4 =
( )
N o RT ln M g N
La masa molecular de una papa es igual a su masa por el n#mero de $%ogadro& 23
22
M = g&∗ N , = 0.1 kg∗6.023∗10 =6.023∗10 Entonces
4
(=
8.314
)
( 298.15 K ) mol.K
( 6.023∗10 22 kg ) − 20
4 =5.801935∗10
( ) 9.8
m s
( ln106 )
2
m
b8 'i hay correlaci(n ya que la altura obtenida en a es despreciable, lo que implica que todas las papas están en el suelo y esto es lo que obser%amos.
2.22. Considérese la presi"n a una altura de 1, Jm en una columna de aire/
M =0.0289
kg mol . Si la presi"n al ni'el del suelo permanece a 1 atm/
pero la temperatura cambia de 3,, a 32,/ %Cu!l seria el cambio de presi"n a la altura de 1, Jm( Datos)
3 =10 km=10000 m
M =0.0289
kg mol
Po=1 atm T 1 =300 K T 2 =320 K
R= 8.314
g= 9.8
m 2
s
Soluci"n
mol.K
− M g4
P1= Po e
RT
(
−
0.0289
kg mol
(
8.314
P1=( 1 atm ) e
)( )( )(
m 10000 m) 2 s
9.8
300 K ) mol.K
P1=0.321257 atm − M g4
P2= Po e
RT
(
−
0.0289
(
P2=( 1 atm ) e
kg mol
8.314
)( )( ) (
m 10000 m) 2 s
9.8
320 K ) mol.K
P2=0.344885 atm 5 P= P 2− P1=0.344885 atm− 0.321257 atm 5 P= 0.024 atm
2.23. A 3,,/ una me&cla de gases en un campo gra'itacional e4erce una presi"n total de 1 atm consta de ,.<,, de fracci"n mol de nitr"geno/
M =0.0280
kg mol 6 el resto es di"+ido de carbono/
M =0.0440
kg mol .
a8 Calc;lese las presiones parciales de 2 CB2/ la presi"n total/ la fracci"n mol de 2 en la me&cla a una altitud de -, Jm. b8 Calc;lese el n;mero de moles de nitr"geno a una altura entre , -, Jm en una columna cua !rea de secci"n trans'ersal es - m 2. Datos)
T =300 K P=1 atm
Po N =0.600 2
M N =0.0280 2
kg mol
PoCO =0.400 2
M CO = 0.0440 2
R= 8.314
g= 9.8
kg mol
mol.K
m 2
s
Soluci"n a8
4 =50 km=50000 m − M g4
P= Po e
RT
(
−
0.0280
(
P N =( 0.600 ) e
kg mol
8.314
)( ) ( )(
m 50000 m ) 2 s
9.8
300 K ) mol.K
2
P N =0.00245 atm 2
− M g4
P= Po e
RT
(
−
PCO =( 0.400 ) e
0.0440
(
kg mol
8.314
) ( )( )(
m 50000 m) 2 s
9.8
300 K ) mol.K
2
PCO =0.000071 atm 2
PT = P N + PCO 2
2
PT =0.00245 atm + 0.000071 atm PT =0.002521 atm
% N = 2
P N
2
PT
b8
=
0.00245 atm =0.971761 =97.1761 N 2 0.002521 atm
, =5 m
2
− M g4 ,∗C o∗ RT n= ( 1− e RT ) M g ~
() )∗( ( 1
n N =( 5 m 2
2
mol L
8.314
)
( 300 K ) mol.K
)( )
kg m 0.028 9.8 2 mol s
(
− 0.028 kg
∗(1− e
mol
(
8.314
)( ) ( )(
m 50000 m ) 2 s
9.8
300 K ) mol.K
)
6
n N =1.12∗10 mol 2
2.25. L a composici"n apro+imada de la atm"sfera a ni'el del mar est! dada en la siguiente tabla.
Despreciando los cuatro ;ltimos componentes/ calc;lese las presiones parciales del resto/ la presi"n total la composici"n de la atm"sfera/ en tanto por ciento en mol/ a alturas de -, 1,, Jm :t92- KC8.
Datos)
T =25 ℃=298.15 K
% N =78.09 = 0.7809 6 M N =0.0280
kg mol
% CO =0.03 =0.0003 6 M CO =0.0440
kg mol
2
2
2
2
% O =20.93 = 0.2093 6 M O =0.0320 2
2
kg mol
% ,' =0.93 =0.0093 6 M ,' = 0.039948
kg mol
% Ne=0.0018 =0.000018 6 M Ne= 0.020183
−6
% He = 0.0005 = 5∗10 6 M He =0.004
R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n a8
4 =50 km=50000 m − M g4
P= Po e
RT
(
−
P N =( 0.7809 ) e
) ( )( )(
0.0280
kg mol
(
298.15 K ) mol.K
8.314
m 50000 m ) 2 s
9.8
2
−3
P N =3.0819∗10 atm 2
(
−
PCO =( 0.0003 ) e
kg mol
(
298.15 K ) mol.K
8.314
2
−8
PCO =5.0091∗10 atm 2
)( )( )(
0.0440
m 50000 m) 2 s
9.8
kg mol
kg mol
(
−
0.0320
)( ) )(
kg m 9.8 2 ( 50000 m ) mol s
(
298.15 K ) mol.K
8.314
PO = ( 0.2093 ) e 2
−4
PO = 3.7463∗10 atm 2
(
−
0.039948
(
P ,'=( 0.0093 ) e
8.314
kg mol
) ( )( )(
m 50000 m) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
−6
P ,'=3.4593∗10 atm
(
−
0.020183
(
P Ne =( 0.000018 ) e
)( ) )(
kg m 9.8 2 ( 50000 m ) mol s
298.15 K ) mol.K
8.314
−7
P Ne =3.331∗10 atm
(
−
P He =( 5∗10
−6
0.004
)e (
kg mol
8.314
)( )( )(
m 50000 m) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
−6
P He =2.2676 ∗10 atm
PT = P N + PCO + PO + P ,' + P Ne + P He 2
2
2
−3
−8
−4
−6
−7
PT =3.0819∗10 atm + 5.0091∗10 atm + 3.7463∗10 atm+ 3.4593∗10 atm + 3.331∗10 atm + 2.2676 −3
PT =3.4626∗10 atm
% N = 2
P N
2
PT
−3
=
P CO
% CO = 2
2
PT
3.0819∗10
atm =0.89 =89 N 2 3.4626∗10 atm −3
−8
=
5.0091∗10
atm = 0.000014 = 0.0014 CO 2 −3 3.4626∗10 atm
−4
PO
% O =
2
PT
2
=
P ,'
% ,' =
P T
=
PT P He
% He =
PT
b8
atm =0.1082 =10.82 O 2 3.4626 ∗10 atm −3
−6
P Ne
% Ne=
3.7463∗10
3.4593∗ 10
atm =0.001=0.1 ,' −3 3.4626 ∗10 atm −7
=
3.331∗10
atm =0.000097 =0.0097 Ne 3.4626∗10 atm −3
−6
=
2.2676 ∗10
atm =0.000654=0.0654 He 3.4626 ∗10 atm −3
4 =100 km=100000 m − M g4
P= Po e
RT
(
−
0.0280
(
P N =( 0.7809 ) e
kg mol
8.314
) ( )( )(
m 100000 m) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
2
−5
P N =1.2163∗10 atm 2
(
−
0.0440
(
PCO =( 0.0003 ) e
kg mol
8.314
)( )( )(
m 100000 m ) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
2
PCO =8.3638∗10
−12
2
(
−
atm
0.0320
(
PO = ( 0.2093 ) e
)( ) )(
kg m 9.8 2 ( 100000 m ) mol s
8.314
298.15 K ) mol.K
2
−7
PO = 6.7055 ∗10 atm 2
(
−
P ,'=( 0.0093 ) e
0.039948
(
8.314
kg mol
) ( )( )(
m 100000 m) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
−9
P ,'=1.2867∗10 atm
(
−
0.020183
(
P Ne =( 0.000018 ) e
)( ) )(
kg m 9.8 2 ( 100000 m ) mol s 298.15 K ) mol.K
8.314
−9
P Ne =6.1644∗10 atm
(
−
P He =( 5∗10
−6
0.004
(
)e
kg mol
8.314
)( )( )(
m 100000 m ) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
−6
P He =1.0284 ∗10 atm
PT = P N + PCO + PO + P ,' + P Ne + P He 2
2
2
−5
− 12
PT =1.2163∗10 atm + 8.3638∗10
−7
−5
PT =1.3869∗10 atm
% N =
∗10−5 atm =0.8770 = 87.7 N 2 −5 1.3869∗10 atm
P N
= 1.2163
2
PT
2
P CO
% CO = 2
2
PT
PO
% O =
2
PT
2
=
P T
P He PT
6.7055∗ 10
atm =0.0483 = 4.83 O 2 1.3869∗ 10 atm
=
PT
% He =
atm =6.0306 ∗10−7=6.0306∗10−5 CO 2 1.3869∗10 atm −5
−5
−9
P Ne
% Ne=
8.3638∗10
−7
P ,'
% ,' =
−12
=
1.2867∗10
atm =9.2775∗10−5=0.0093 ,' 1.3869∗10 atm −5
−9
=
6.1644∗10
atm =0.00044 =0.044 Ne 1.3869∗10 atm −5
−6
=
1.0284∗10
atm =0.0742=7.42 He 1.3869∗10 atm −5
−9
−9
atm + 6.7055∗10 atm + 1.2867∗10 atm + 6.1644∗10 atm + 1.028
2.22.2-.. *na *na solu soluci ci"n "n de un pol0 pol0me mero ro//
M =200
kg mol / a 27 KC/ llena un
recipiente asta una profundidad de 1, cm. Si la concentraci"n de la solu soluci ci"n "n de pol0 pol0me mero ro en el fond fondo o de la solu soluci ci"n "n es C o/ %Cu!l es la concentraci"n en la parte superior de la soluci"n( Datos)
M =200
kg mol
T =27 ℃= 300.15 K
4 =10 cm=0.1 m C o=C o R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n − M g4
C =C o e
RT
(
( C =C e
)( ) ) (
200
kg m 9.8 2 ( 0.1 m ) mol s
8.314
300.15 K ) mol.K
−
o
−0.07854
C =C o e
C =0.9245 C o
2.2< 2.2<.. A 3,, 3,, cons consid idér éres ese e un una a solu soluci ci"n "n colo coloid idal al//
M =150
kg /en un mol /en
campo gra'itacional. Si la concentraci"n del coloide es ,.,,,?, molL en la parte superior de la soluci"n/ ,.,,1, molL en el fondo) a8 %Cu!l es la profundidad de la soluci"n(
b8 Calc;lese la concentraci"n promedio del coloide en los ,.1, m mas ba4os de la soluci"n. c8 Calc;lese el numero de moles en los 1,cm m!s ba4os de la soluci"n/ si el !rea de la secci"n trans'ersal del recipiente es 2, cm 2. Datos)
M =150
kg mol
C =0.00080
C o=0.0010
mol L
mol L
T =300 K
R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n − M g4
C =C o e
a8
ln
RT
( )
4 =
C − M g4 = C o RT
− RT M g
ln
( ) C C o
(
)
( 300 K ) ) mol.K
− 8.314 4 =
(
150
)( )
kg m 9.8 2 mol s
|
4 =0.3786 m∗
4 =37.86 cm
100 cm 1m
|
(
mol L ln mol 0.0010 L 0.00080
)
b8
4 =0.10 m − M g4
C =C o e
RT
( (
− 150 kg
(
)
mol C = 0.0010 e L
mol
8.314
)( )( )( 9.8
m 0.10 m ) 2 s
300 K ) mol.K
− 4 mol
C =9.43 ¿ 10
L
−4 mol
~
9.43 ¿ 10
L
C =
L
2
~
−4 mol
C = 9.715 ¿ 10
c8
+ 0.0010 mol
L
2
, = 20 cm =0.002 m
2
− M g4 ,∗C o∗ RT ( 1− e RT ) n= M g ~
( ) ( ) ( 1
n =( 0.002 m
2
) )( )
mol ( 300 K ) ∗ 8.314 L mol.K 150
kg m 9.8 2 mol s
( (
− 150 kg
∗(1 −e
mol
8.314
) ( )( )( 9.8
m 0.10 m) 2 s
300 K ) mol.K
)
−4
n =1.94∗10 mol mo l
2.27. 2.27. *na soluci"n soluci"n polimér polimérica ica tiene tiene una concent concentrac raci"n i"n
⟨ c ⟩=0.100 mol / m3 ~
promed promedio/ io/
/ una masa molar promedio de 2,., Jgmol. A 2- KC/
la solu soluci ci"n "n llen llena a un cili cilind ndro ro de -, cm de altu altura ra.. %Cu! %Cu!le les s son son las las concentraciones del pol0mero en la parte superior en el fondo del cilindro(
Datos)
M =20
kg mol
mol ~ C = 0.100 3 m
T =25 ℃=298.15 K
4 =50 cm= 0.5 m mol.K
R= 8.314
g= 9.8
m 2
s
Soluci"n
C alos 50 cm + C enel/ondo ~ C = 2
~
C alos 50 cm=2 C −C enel/ondo C o=C enel/ondo C =C alos 50 cm − M g4
C =C o e
RT
−
( C =C e
(
20
kg mol
8.314
) ( )( )(
m 0.5 m) 2 s
9.8
298.15 K ) mol.K
o
C =0.9612 C o
~
2 C − C o= 0.9612 C o
~
2 C = 0.9612 C o + C o
2 ( 0.100 )= 1.9612 C o
C o=0.102
mol m
3
(
C =0.9612 0.102
mol m
3
)
mol
C =0.098
m
3
2.2?. A 3,,/ una soluci"n polimérica llena un cilindro asta una profundidad de ,.2,m6 el !rea de la secci"n trans'ersal es 2, cm 2. a8 Si la concentraci"n en la parte superior de la soluci"n es el @- de la del fondo/ %cu!l es la masa molar del pol0mero( b8
Calc;lese
la
masa
total
del
pol0mero
en
el
recipiente/
mol ~ C = 0.25 . O
m
3
c8 Calc;lese la concentraci"n promedio del pol0mero en la soluci"n. Datos) T =300 K
4 =0.20 m 2
, = 20 cm = 0.002 m R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n − M g4
a8
C =C o e
C =0.95 C o
RT
2
si
− M
( )( 9.8
( 0.95 C = C e
8.314
o
C o
( =e
ln 0.95 =
9.8
m 0.20 m) 2 s
)
(300 K ) mol.K
( )(
(
m
0.20 m )
− M
9.8
8.314
(300 K ) mol.K
(
M =65.27
2
s
)
)
( 300 K ) mol.K
( )( 9.8
b8
( )(
8.314
− 8.314 M =
)
( 300 K ) mol.K
o
− M
0.95 C o
m 0.20 m) 2 s
m
2
s
ln 0.95
0.20 m )
kg mol
mol ~ C =0.25 O
m
3
− M g4 ,∗C o∗ RT ( 1 −e RT ) n M = g ~
g= ( 0.002 m
2
()
)(
)
mol 0.25 3 ∗ 8.314 ( 300 K ) mol.K m
( ) 9.8
g= ( 0.127255 kg ) ( 0.05 )
−3
| |
g= 6.3628∗10 kg∗
g +ol7me'o =6.3628 g
1000 g 1 kg
m
2
s
(
−
∗( 1 −e
65.27
(
)( ) )(
kg m 9.8 2 ( 0.20 m ) mol s
8.314
300 K ) mol.K
)
− M g4
C =C o e
c8
RT
mol ~ C = 0.25 O
m
3
(
− 65.27 kg
C = 0.25
(
mol
(
mol
C = 0.25
m
m
C =0.2375
3
3
mol
(
)
e
)
0.95
8.314
) ( )( )(
m 0.20 m) 2 s
9.8
300 K ) mol.K
mol m
3
C alos 0.20 m + C enel/ondo ~ C = 2
~ C =
(
0.2375
mol m
3
)( +
0.25
mol m
3
)
2
mol ~ C = 0.244 3 m
2.2@. *n globo de 1,,,,m3 de capacidad se llena con elio a
20 ℃ a
1 atm de presi"n. Si el globo se carga con un ?, de la carga ue puede le'antar a ni'el del suelo/ %a ué altura alcan&ar! el estado de reposo( Sup"ngase ue el 'olumen del globo es constante/ la atm"sfera 20 ℃ 8 la masa molar del aire/
isotérmica/
del suelo/ 1 atm. La masa del globo es Datos)
V =10000 m
3
T =20 ℃=293.15 K
28.9 6
1.3∗10 g .
g mol la presi"n a ni'el
P=1 atm= 101234
M a&'e= 28.9
M He = 4
N m
2
g = 0.0289 kg mol mol
g kg =0.004 mol mol 6
gglobo =1.3∗10 g =1300 kg
R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n
W a&'e = W He + W globo + W ca'ga El peso de la masa del aire desalo)ado %ar"a con la altura por lo que& − M g4
W a&'e = ma&'e∗ g= ρVg = ρVg e
RT
g4 M a&'e PV − M RT =g e RT
Ya que&
m M P ρ= = V RT *ara el Helio es de manera similar& − M g4
W He= m He∗ g= ρVg= ρVg e
RT
g4 M He PV − M RT =g e RT
El peso del globo no %ar"a con la altura
W globo=m globo∗ g *ara la carga sabemos que a ni%el del suelo la carga má+ima seria aquella que sumada al peso del globo y del helio igualara el peso del %olumen del aire desalo)ado, es decir.
W ca'gam9:&ma= g
M a&'e PV RT
−m globo g − g
M He PV RT
W ca'ga =0.80 W ca'gam9:&ma El globo alcanará el reposo cuando&
g
M a&'e PV RT
− M g4
e
=g
RT
− M g4
M a&'e e
RT
− M He e
(
kg ( e 0.0289 mol
)
(
(
kg ( e 0.0289 mol
)
0.0289
e
RT
RT
0.0289
=0.2 mglobo
0.0289
RT
(
(
)( ) ) )( − 0.004
− 0.004 kg
(
)
mol
kg ( e mol
)
(
− 0.004 kg
kg ( e mol
)
)( ) )(
− mglobo g − g
M He PV
m 4 2 s
9.8
8.314 293.15 K ) mol.K
kg m 9.8 2 4 mol s
(
M a&'e PV
RT
)
RT + 0.80 ( M a&'e − M He ) PV
)( ) ) )( − 0.004
8.314 293.15 K mol .K
)
(
+ mglobo g +0.80 g
kg m 9.8 2 4 mol s
8.314 293.15 K mol .K
−
(
RT
− M g4
− M g4
−
(
M He PV
mol
)( ) )(
=0.2 ( 1300 kg
m 4 2 s
9.8
8.314 293.15 K ) mol.K
=0.2 ( 1300 kg
()
()
8.314
(
101234
8.314
(
)
( 293.15 K ) mol.K N 2
m
)
( 10000 m3 )
)
( 293.15 K ) mol.K
101234
N 2
m
)
( 10000 m3 )
− kg −1.1462∗10− 4 − 0.004 kg e−1.6084∗10 4 =0.02054593 kg e mol mol mol 4
5
$plicando m!todo num!rico se tiene que alcanará el globo el estado de reposo a&
4 =1410 m =1.41 km
2.3,. Al morir ulio César/ su ;ltima e+alaci"n ten0a un 'olumen de unos -,,cm3. El aire e+pulsado ten0a 1 en mol de arg"n. Sup"ngase ue la temperatura era de 3,, ue la presi"n a ni'el del suelo era 1 atm. Sup"ngase ue la temperatura la presi"n son uniformes sobre la supercie a;n tienen esos 'alores. Si las moléculas de arg"n de César an permanecido todas en la atm"sfera se an me&clado completamente a tra'és de ella/ %cu!ntas inalaciones de -,,cm 3 cada una debemos reali&ar en promedio para inalar una de las moléculas de arg"n de César( El radio medio de la ierra es <.37+1,
3
V =500 cm = 0.0005 m = 0.5 L
% ,' =1 = 0.001 M ,'=39.948
g =0.039948 kg mol mol
T =300 K
Po=1 atm 6
' t&e''a =6.36∗10 m
R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n 2
V atm= , su+e'/&c&ede lat&e''a ∗( =4 ; ' 4 − M g4
<
∫
nC = n
o C
e
RT
2
4 ; ' d4
0
-ntegrando& o
nC =n C
o
nC =
Mgn 2
4 ; ' RT
nC = % ,'
o
RT 2 4 ; ' M g
PV = 0.01 RT
o
N C =n C ∗ N o=
((
(1 atm ) ( 0.5 L ) 0.082
Mgn 2
4 ; ' RT
)
atm. L ( 300 K ) mol.K
)
= 2.0325∗10−4 mol
∗ N o 23
N o= N)me'o de ,*ogad'o =6.023∗10 moléculas
o C
N
(=
0.039948
4 ; ( 6.36∗10 m 6
o C
N
)( ) )(
kg m −4 9.8 2 ( 2.0325∗10 mol ) mol s 2
8.314
)
( 300 K ) mol.K
)(
(
∗( 6.023∗1023 moléculas )
)
3
m = 37.8018 moléculas = 0.0189 moléculas 0.0005 3 &n(alac&ones &n(alac&ones m
El in%erso nos dará el n#mero de inhalaciones necesarias para aspirar una mol!cula de ulio /!sar 1 0.0189
mo léculas &n(alac&ones
=52.9
&n(alac&ones &n(alac&ones =53 moléculas moléculas
( ) = [( )+( )+ ] $&
2.31. #ostrar ue
: &
M &
$1
$2
M 1
M 2
/ en la ue
: &
/
$ &
M &
son
=
la fracci"n mol/ el porcenta4e en peso la masa molar del componente & / respecti'amente. Soluci"n
n& =
g& M &
: & =
$ &=
Si)
n& nT g &
∗100
g T
nT =n1 + n 2+ = = = .. n&
Entonces)
n& =
$ & g T 100 M &
$or lo tanto)
$ 1 gT
nT =
100 M 1
+
$ 2 g T 100 M 2
+= = = ...
gT
$ & g T 100 M &
: & =
$ 1 g T $ g + 2 T + = = = ... 100 M 1 100 M 2
=
( ) $&
100 M &
gT
(
$1 $2 + + = = = .. 100 M 1 M 2
)
( ) $&
: &=
M &
(
$1 $2 + + = = = .. M 1 M 2
)
2.32. E+présense las presiones parciales en una me&cla de gases a8 en funci"n de las concentraciones 'olumétricas ra&ones mol
'&
~ c &
/ b8 en funci"n de las
.
Soluci"n
P&= % & P
a8
% &=
n& n
Ecuaci"n de estado) PV =nRT
P RT = n V $or lo tanto)
P&=
n& RT V
Concentraci"n molar
C & =
n& V
La presi"n parcial en funci"n de la concentraci"n molar
P&=C & RT b8 Las raones molares se de0nen como&
' &=
n& n1
∑ ' = ∑n
1+
n&
&
=
1
% &=
n & nT
=
nT n1
'&
( 1 +∑ ' ) &
$or lo tanto)
P&= % & P=
'&
(1 +∑ ' )
P
&
P&=
'&
(1 +∑ ' )
P
&
2.33. Si a una altura M dada la presi"n de un gas es
+o
4 / 3
/ demuéstrese ue a cualuier altura &/ += +o /
Soluci"n 4 = 4 − M g4
P 4 = Po e
RT
(
)
− M g 4
1 . P 4= Po e
RT
4 = 3 − M g3
P 4 = Po e
RT
(
2 . P 4= Po e
)
− M g 3 RT
+ 4
ue a &9, es
/ donde
/ = + 4 / + o
.
(
− M g P 4 = e RT P o
)
3
Despe4ando de 2
( )
1
P 4 3 =e 3. P o
− M g RT
>empla&o 3 en 1
P 4 = Po
(( ) ) P 4 P o
1 4
3
( )
P 4 4 . P 4= Po Po
5 . / =
4 3
P 4 Po
>empla&o - en 5
P 4 = Po /
4 3
2.35. Considérese un gas ideal con una masa molar 4a a una temperatura espec0ca en un campo gra'itacional. Si a -., m de altura la presi"n es ,.@, de su 'alor al ni'el del suelo/ %ué fracci"n del 'alor al ni'el del suelo se tendr! a 1, m( %A 1- m( Datos) 4 =5 km =5000 m
P=0.90 Po R= 8.314
g= 9.8
mol.K
m 2
s
Soluci"n − M g4
P= Po e
RT
P =e P o
ln
ln
− M g4 RT
P − M g4 = P o RT
(
0.90 Po
Po
( )(
− M
)= (
9.8
m s
T 8.314
( )(
− M ln ( 0.90 )=
9.8
(
m s
T 8.314
2
−5893.6733
=
5000 m )
mol.K
5000 m )
)
mol.K
ln ( 0.90 )=−5893.6733
ln ( 0.90 )
2
M T
M T
M kg =1.7877 ∗10−5 T mol.K
4 =10 km=10000 m
a8
− M g4
P= Po e P =e P o
RT
− M g4 RT
(
−
1.7877∗10
P =e P o P = e−0.2107 P o
−5
(
)( ) )
kg m 9.8 2 ( 10000 m ) mol.K s
8.314
mol.K
)
P = 0.81 P o
4 =15 km=15000 m
b8
− M g4
P= Po e P =e P o
RT
− M g4 RT
(
−
1.7877∗10
−5
(
P =e P o
)( ) )
kg m 9.8 2 ( 15000 m ) mol.K s
8.314
mol.K
P = e−0.3161 P o P = 0.73 P o
2.3-. a8 Demuéstrese ue si calculamos el n;mero total de moléculas de un gas en la atm"sfera aplicando la f"rmula barométrica/ obtendr0amos el mismo resultado ue si suponemos ue el gas tiene la presi"n del ni'el del suelo asta una altura
4 =
RT Mg ue la presi"n es cero por
encima de ese ni'el. b8 Demuéstrese ue la masa total de la atm"sfera terrestre est! dada por
,
+o g
/ donde
+o
es la presi"n total a ni'el del suelo A es el
!rea de la supercie terrestre. "tese ue este resultado no depende de la composici"n de la atm"sfera. :>esuél'ase este problema :& calculando primero la masa de cada constituente/ fracci"n mol9 / masa molar
M &
/
sumando. Luego/ e+aminado el resultado/
resuél'ase de la manera m!s f!cil.8
c8 Si el radio medio de la ierra es <.37+1,
+o=1 atm
/ calc;lese la
masa de la atm"sfera. Soluci"n 1
n0 es el n#mero de mol!culas por cm 1 a ni%el del suelo. 'i suponemos
a8
que la presi(n es constante hasta una altura y cero despu!s, tendremos, en una fracci(n diferencial. 1
dn =n0 , d4 Integrando) 1
RT 1 1 n = n0 , d4 =n0 , 4 = M g 0
∫
/on la f(rmula de la presi(n barom!trica tenemos& − M g4 1 0
dn =n , e
RT
d4
Integrando el n;mero de moléculas en la atm"sfera) <
1 0
n =n ,
∫e
− M g4 RT
d4
0
1
n = n0 ,
RT M g
− M g4
d m& = ρo& e
b8
RT
,d4
ρo& =dens&dad a n&*el del suelo
Integrando <
− M g4
m &= ρo& e
RT
∫
,d4 = ρo& ,
0
1 . m&= ρ o& ,
RT M g
RT M g
Si)
M & Po&
2. ρo&=
RT
>empla&ando 2 en 1)
m &=
M & Po& RT
3 . m&=
,
RT M g
, P o& g
m T =
∑ m =∑
m T =
, P g o
, P o& , = g g
&
∑ P
o&
= , P o g
Po=1 atm
c8
6
' =6.37 : 10 m , = 4 ; ' g= 9.8
2
m 2
s
m T =
, P g o
m T =
4; '
g
2
Po
4 ; ( 6.37 : 10 m ) 6
m T =
9.8
m
2
( 1 atm )
2
s
2
2
atm. m . s ∗ m T =5.2031∗10 m 13
10330
kg 2
kg.m
| |
2
9.8 m ∗ N ∗ s 1 atm 1 kg 1 N
18
m T =5.2673 ∗10 kg
2.3<. $uesto ue los gases atmosféricos se distribuen de forma diferente seg;n sus masas molares/ el porcenta4e de cada gas es 0
diferente del porcenta4e a ni'el del suelo. Los 'alores/
: &
/ de las
fracciones mol a ni'el del suelo se suministran a continuaci"n. a8 Ded;&case una relaci"n entre la fracci"n mol promedio del gas en la atm"sfera las fracciones mol a ni'el del suelo. b8 Si las fracciones mol de 2/ B2 Ar a ni'el del suelo son ,.7?/ ,.21 ,.,1/ respecti'amente/ calc;lense las fracciones mol promedio de 2/ B2 Ar en la atm"sfera. c8 Demuéstrese ue la fracci"n de masa promedio de cualuier gas en la atm"sfera es igual a su fracci"n mol a ni'el del suelo. Soluci"n a8
´ &= 1 . :
n & nT
En fracci(n diferencial tenemos& − M g4 0
d n&=n & , e
RT
d4
Integrando) 0
2 .n &=n& ,
0
RT M & g
∑
3. nT =nT =
RT , RT , = n& M & g g 0
∑
0
n& M &
*or lo tanto remplaando 1 y 2 en & 0
n & , :´ & =
RT , g
RT M & g
∑
0
n& M &
0
n& M &
´ &= 4 . :
0
n& M &
∑ 0
0
: & =
n&
0
nT
0
0
0
5 . n& = : & nT
>empla&o - en 5) 0
:´ & =
0
0
:& nT M &
∑
0
=
0
: & nT M &
0
: & nT M &
∑
0
:& 0 n M & T
0
=
: & M &
∑
0
:& M &
0
: & M &
:´ & =
∑
0
:& M & 0
:´ & =
b8
∑
: & M &
∑
0
:& M &
0 % % :& % = N + O + ,' M & M N M O M ,' 2
2
2
2
0
∑
:& 0.78 0.21 0.01 = + + M & g g g 28 32 39.948 mol mol mol
∑
:& = 0.03467 mol M & g
(
0
)(
)(
)
0.78
% N
(
)
g mol 0.02785 M mol g ´ N = N = = =0.8035 % 0 mol mol :& 0.03467 0.03467 g g M 2
2
2
28
∑
&
0.21
% O
(
)
g mol 0.00656 M O mol g ´O= = = =0.1893 % 0 mol mol :& 0.03467 0.03467 g g M & 2
2
2
32
∑
0.01
% ,'
´ ,' = M ,' %
∑
0
:& M &
( =
)
g mol 0.00025 mol g = =0.0072 mol mol 0.03467 0.03467 g g 39.948
c8 La fracci(n del peso promedio se puede de0nir as"&
´/ & = W &T = masa total de& enla atm>s/e'a W T
masa total enla a tm>s/e'a
3el inciso a tenemos que& 0
W &T = n&T M & =n& ,
W T =
RT RT 0 M &= n& , M & g g
∑ W =∑ n
0
&T
$or lo tanto)
RT g ´/ & = W &T = W T , RT 0 n T g 0
n& ,
0
´/ & = n&
0
nT
Si)
&
, RT , RT = g g
∑ n = , gRT n 0
0
&
T
0
0
: & =
n&
0
nT
Entonces)
´/ & = : 0&
2.37. Considérese una columna de gas en un campo gra'itacional. Calc;lese la altura M determinada por la condici"n de ue la mitad de la masa de la columna est! situada por deba4o de M. Soluci"n − M g4
dm=mo e
RT
'i , =1 cm
,d4
2
, tendremos&
− M g4
dm=mo e
RT
d4
Integrando asta una altura M/ tenemos) − M g4
m ( 3 )=−mo e
RT
RT M g
− M g3
m ( 3 )=−mo e
RT
|
3 0
RT + mo RT M g M g
(
RT 1. m ( 3 ) =mo 1−e M g
− M g3 RT
)
La masa total la obtendremos integrando asta el innito) 2 .mT =m ( 3 0 < )=m o
RT M g
Di'idiendo N)
(
)
− M g3
RT mo 1− e m ( 3 ) M g = mT RT mo M g
RT
(
)
− M g3
m ( 3 ) 3. = 1− e mT
RT
Si ueremos calcular M cuando)
mT
4. m ( 3 )=
2
>empla&ando 5 en 3)
m T 2
m T
(
= 1− e
(
1 = 1 −e 2 − M g3
e
RT
RT
− M g3 RT
)
( )
=
− M g3 RT
3 =
RT
= 1−
− M g3
e
)
− M g3
1 2
1 2
= ln
− RT M g
ln
1 2
() 1 2
2.3?. $ara la disociaci"n
N 2 O 4 2 2 N O2
/ la constante de euilibrio a
25 ℃ es 9,.11-6 ésta relacionada con el grado de disociaci"n = la
presi"n en atm por
N 2 O 4
K = 4 ∝ + / ( 1 − ∝ 2
2
)
. Si n es el n;mero de moles de
ue estar0an presentes si no ocurriera ninguna disociaci"n/
calc;lese n a $92 atm/ 1 atm ,.- atm/ suponiendo ue la me&cla de euilibrio se comporta idealmente. Comp!rense los resultados con los 'ol;menes si no ocurre la disociaci"n. Datos)
T =25 ℃=298.15 K
K = 0.115
K = 4 ∝ + / ( 1 −∝ 2
2
)
V = ? n Soluci"n Ecuaci"n 3O1/ del te+to)
PV =n ( 1 + ∝ ) RT
1.
V ( 1+ ∝ ) RT = n P
/alculamos 4&
P=2 atm
a8
2
K =
4 ∝ P
( 1−∝2 ) 4 ∝ ( 2) 2
0.115=
( 1−∝2 )
0.115−0.115 ∝ 0.115=8 ∝
2
2
= 8 ∝2
+ 0.115 ∝2
0.115=8.115 ∝ ∝
2
2
=0.014171
∝=0.1190
= en 1)
V = n
( 1 +0.119 )
(
0.082
)
at m . L ( 298.15 K ) mol.K
( 2 atm )
V L = 13.6788 n mol
Si no ocurriera disociaci"n) 4 56 V ( 1 + 0 ) RT = n P
V RT = n P
V = n
(
0.082
)
atm .L ( 298.15 K ) mol.K
( 2 atm )
V = 12.2242 L n mol P=1 atm
b8
2
K =
4 ∝ P
( 1−∝2 ) 4 ∝ ( 1) 2
0.115=
( 1−∝2 )
0.115−0.115 ∝ 2
0.115=4 ∝
2
=0.02795
∝=0.1672
= en 1)
= 4 ∝2
+0.115 ∝2
0.115=4.115 ∝ ∝
2
2
V = n
( 1 +0.1672 )
(
0.082
)
atm. L ( 298.15 K ) mol.K
( 1 atm )
V = 28.5361 L n mol Si no ocurriera disociaci"n) 4 56 V ( 1 + 0 ) RT = n P
V RT = n P
V = n
(
0.082
)
atm .L ( 298.15 K ) mol.K
( 1 atm )
V L = 24.4483 n mol
P=0.5 atm
c8
2
K =
4 ∝ P
( 1−∝2 ) 4 ∝ ( 0.5 ) 2
0.115 =
( 1−∝2 )
0.115−0.115 ∝ 2
0.115=2 ∝
2
=0.054373
∝=0.2332
= 2 ∝2
+ 0.115 ∝2
0.115=2.115 ∝ ∝
2
2
= en 1)
V = n
( 1 +0.2332 )
(
0.082
)
atm. L ( 298.15 K ) mol.K
( 0.5 atm )
V L = 60.2993 n mol
Si no ocurriera disociaci"n) 4 56 V ( 1 + 0 ) RT = n P
V RT = n P
( =
V n
0.082
)
atm .L ( 298.15 K ) mol.K
( 0.5 atm )
V L = 48.8966 n mol
2.3@. $ara la me&cla descrita en el problema 2.3?/ muéstrese ue a medida ue p se apro+ima a cero/ el factor de compresibilidad 3 = PV / nRT / se apro+ima a 2 en lugar del 'alor usual de la unidad. %$or ué sucede esto( Soluci"n Ecuaci"n 3O1/ del te+to)
PV =n ( 1 + ∝ ) RT
1.
PV = (1 + ∝ ) nRT
2 . 3 =
PV nRT
>empla&ando 2 en 1) 3. 3 =( 1 + ∝ )
La me&cla descrita en el problema 2.3?) 2
K =
4 ∝ P
( 1− ∝ 2 )
K (1−∝ )= 4 ∝ P 2
2
P0 0
K (1−∝ )=0 2
1−∝ ∝
2
2
=0
=1
4. ∝= 1
5 en 3)
3 =( 1+ 1 ) 3 02 Con la ecuaci"n IIIO2) 5. nT = n (1 + ∝ )
Cuando) P0 0 ∝01
En -)
nT = n ( 1 + 1 )=2 n >empla&ando en la ecuaci"n de Estado)
nT =2 n
PV =nT RT 6 . PV =2 nRT
Despe4amos de <) 7.
PV = 2 nRT
>empla&o 7 en 2)
3 =2 Es decir, el hecho de que tengamos el doble de mol!culas que al principio hace que 3 0 2 en lugar de hacerlo a su %alor normal que es la unidad. *or lo que&
N 2 O 4 se con*&e'teen 2 N O2 GASES >EALES 3.1. Cierto gas a
0 ℃ 1 atm de presi"n tiene un 'alor de
. Calc;lese el 'alor de b para este gas. Datos)
T =0 ℃= 273.15 K P=1 atm
3 =1.00054 b =? Soluci"n Ecuaci"n :3O58 del te+to) 1. 3 =1 +
b P RT
RT ( 3 −1 ) =b P
3 =1.00054
RT ( 3 −1 ) b= P
b=
(
0.082
)
atm. L ( 273.15 K ) (1.00054 −1 ) mol.K
( 1 atm )
| || 3
3
1 1 00 c m L ∗ m ∗ b = 0.0121 3 mol 1000 L 1m
3
|
3
cm b = 1.21 mol
3.2. Si
3 =1.00054 a
0 ℃ 1 atm la temperatura de Pole del gas es
1,7 / calc;lense los 'alores de a de b. :S"lo se necesitan los dos primeros términos de la e+presi"n de M8. Datos) T =0 ℃= 273.15 K
P=1 atm 3 =1.00054
T o$le =107 K Soluci"n De la ecuaci"n :3O@8 del te+to tomamos las 2 primeras e+presiones) 1
1 . 3 = 1 +
RT
T o$le =
107=
(− ) b
a bR a
b ( 0.082 )
a = ( 107 ) b ( 0.082 )
a P RT
2 .a =8.774 b
>empla&ando 2 en 1) 1.00054= 1+
1
(
)
atm .L ( 273.15 K ) 0.082 mol.K
(
b−
(
8.774 b
)
atm.L ( 273.15 K ) 0.082 mol.K
)
( 1 atm )
1.00054 − 1=0.04465 ( b −0.391726 b ) 0.027159 b= 0.00054
| | 3
L ∗ 1m b = 0.0199 mol 1000 L
−5
b = 1.99∗10
3
m mol
>empla&ando b en 2)
a = 8.774 ( 0.0199 )
2
| | | | | ||
atm.L ∗ a = 0.1745 2 mol
10330
kg
3 2
2 (1 m ) m ∗ 9.8 N ∗ 1 Pa N ( 1000 L )2 1 atm 1 kg 2 m
|
6
Pa. m a = 0.0177 2 mol
3.3. Las constantes cr0ticas para el agua son 0.0566
374 ℃ / 22.1 #$a
L / mol . Calc;lense 'alores de a/ b >6 utili&ando la ecuaci"n
de 'an der Qaals/ comp!rese el 'alor > con el correcto den"tese la Pc discrepancia. Calc;lense las constantes a b s"lo a partir de
T c
. *tili&ando estos 'alores el 'alor correcto de >/ calc;lese el
'olumen cr0tico comp!rese con el 'alor correcto. Datos)
T c =374 ℃= 647.15 K Pc =22.1 MPa=218.31 atm L ~ V =0.0566 c
mol
Soluci"n a8 Con 'an der Qaals
~2
a = 3 P c V c
(
L a = 3 ( 218.31 atm ) 0.0566 mol
)
2
2
atm.L a =2.0981 2 mol 1~ 3
b = V c
b=
(
0.0566
L mol
)
3
b = 0.0188
L mol
~
R=
8 V c 3 T c
(
8 ( 218.31 atm ) 0.0566
R=
R= 0.0509
L mol
)
3 ( 647.15 K )
atm .L mol.K
El 'alor de la constante > de los gases es)
R= 0.082
atm. L mol. K
El 'alor obtenido con la ecuaci"n de 'an der Qaals es)
R= 0.0509
atm .L mol.K
Estos 'alores no concuerdan/ siendo el porcenta4e de error el siguiente)
e''o'=
Rcalculado − R conoc&do Rcalculado
|
0.0509
e''o' =
∗100
|
atm. L atm. L −0.082 mol.K mol.K ∗100 atm. L 0.0509 mol.K
e''o'= 61.1 El cual nos muestra que la constante de %an der 7aals no es muy preciso si se traba)a en el estado cr"tico. b8 Con las ecuaciones del te+to calculamos a b usando
a=
a=
27 ( R T c )
2
64 Pc
((
)
atm .L ( 647.15 K ) 27 0.082 mol.K 64 ( 218.31 atm )
atm.L a = 5.4419 2 mol
2
R T c b= 8 P c
b=
(
0.082
)
atm. L ( 647.15 K ) mol.K
8 ( 218.31 atm )
)
2
T c $ P c
b = 0.0304
L mol
~ V c =3 b ~ V =3 c
(
0.0304
L mol
)
L ~ V =0.0912 c
mol
El 'alor de la constante
~ V
c
es)
L ~ V =0.0566 c
mol
El 'alor obtenido con las ecuaciones del te+to es)
L ~ V =0.0912 c
mol
Estos 'alores no concuerdan/ siendo el porcenta4e de error el siguiente)
~ e''o'=
~
V ccalculado− V cconoc&do
~ V
∗100
ccalculado
|=
0.0912
e''o'
|
L −0.0566 L mol mol ∗100 L 0.0912 mol
e''o' =37.9 $unque los %alores no concuerdan nos muestran que las ecuaciones del te+to de /astellan son más precisas que la ecuaci(n de %an der 7aals.
3.5. Determ0nese la relaci"n de las constantes a b de la ecuaci"n de Pertelot con las constantes cr0ticas. Datos) Ecuaci"n de Pertelot)
RT a − ~2 P= ~ V −b T V
Soluci"n
~2
~
~ 2 ( T V ) RT −a ( V − b ) R T 2 ~ RT a V −a V + ab − 2= = P= ~ ~3 ~ 2 2 ~ ~ V −b T ~ V T V −bT V ( V −b ) ( T V ) 2
~2
~
R T V −a V + ab P= ~3 ~2 T V − bT V
~3
~2
2
~2
~
P ( T V −bT V )= R T V −a V + ab
~3
~2
2
~2
~
~3
~2
2
~2
~
PT V −bPT V = R T V −a V + ab PT V −bPT V − R T V + a V − ab =0 @ PT
~2 ~ RT V a V ab ~ ~ 3 2 + − = 0 V −b V − P
( )
PT PT
RT ~2 a ~ ab ~ 3 V − b + V + V − = 0 P
PT
PT
T =T c $ P = Pc
Si)
(
)
R T c ~2 a ~ ab 3 ~ =0 V − b + V + V − Pc
Pc T c
Pc T c
Si en el punto cr0tico las tres ra0ces son iguales/ entonces)
~ V −V c ) =0 (~ 3
~ 3 − ~ ~2 ~ 2~ ~ 3 3 V c V + 3 V c V − V c =0
2. V
Igualando los coecientes de 1 2)
R T c
3. b +
P c
=3 ~ V c
~ 2= a
4. 3 V c
P c T c
~ 3= ab
5. V c
Pc T c
Despe4amos a de 5)
~2
a = 3 V c Pc T c De - despe4amos b rempla&amos en 3)
~3
V c P c T c a
6. b=
>empla&amos a en <)
~ 3 V c P c T c b= ~ 2 3 V P T c
b=
c
c
~ V
c
3
>empla&amos b en 3)
~ V c R T c + =3 ~ V c 3
P c
~
R T c V c = 3~ V c − 3 P c
~ ~
R T c 9 V c −V c = P c 3
~
R T c 8 V c = 3 P c
~
R=
8 V c P c 3 T c
3.-. Determ0nese la relaci"n de las constantes a b de la ecuaci"n de Dieterici con las constantes cr0ticas. :"tese ue esto no se puede resol'er igualando unas con otras las tres ra0ces de la ecuaci"n.8 Datos) Ecuaci"n de Dieterici −a
RT RT ~ P= ~ e V V −b Soluci"n −a
RT RT ~ P= ~ e V V −b Pc $ T c
Si
R T c
Pc = ~ e V −b
−a ~ R T c V
−
−
− R T c R T a~V R T c RT a~V a = ~ 2 e +~ e ~ ~2 " V T ( V −b ) V −b R T c V
( ) " Pc
c
c
( ) " Pc
R T c
~ =~ e " V T V −b
( ~) = R T c
~ V −b
(
−a ~ RT c V
c
" Pc " V
c
(
a
1
~2 − ~ R T V V − b c
0
T c
−a ~ R T c V
e
a
(
a
1
c
)
=0 ~2 − ~ R T c V V −b a
1
~2 − ~ =0 R T V V −b c
~
~2 )
a ( V −b )−( R T c V
~ V ) ( V −b ) ( RT ~ 2
c
)
=0 ~2 − ~ R T V V −b 1
(
=0
)
)
~
~2
a V − ab− R T c V = 0 @ R T c a ~ ab ~2 −V =0∗(−1 ) V − R T c R T c
( )
ab ~2 − a ~ =0 V +
1. V
R T c
R T c
~
/uando el gas alcana el estado cr"tico los %alores de V con%ergen en el punto cr"tico donde&
~=~ V V c ~ V −V c ) =0 (~ 2
~ ~~ ~ 2 2 V −2 V V c + V c =0 ~ 2 − ~ ~ +~ 2=
2. V
2 V c V V c
0
-gualando los coe0cientes de y 2& 3.
a =2 ~ V c R T c
4.
ab ~ 2 =V c R T c
Despe4ando a de 3)
~
a = 2 V c R T c
Despe4amos b de 5)
~2 5 .b =
V c R T c a
>empla&amos a en -)
~2 V c R T c b= ~ 2 V R T c
c
~ b=
V c 2
3.<. La temperatura cr0tica del etano es 32.3 KC/ la presi"n cr0tica es 5?.2 atm. Calc;lese el 'olumen cr0tico empleando) a8 la le del gas ideal b8 la ecuaci"n de 'an der Qaals/ teniendo en cuenta ue para el gas de
~
'an der Qaals
PC V C 3 = R T C 8 /
c8 la ecuaci"n modicada de Pertelot d8 Comp!rense los resultados con el 'alor e+perimental ,.13@ Lmol Datos)
T c =32.3 ℃ =305.45 K Pc =48.2 atm Soluci"n a8 La le del gas ideal ~
Pc V c = RT
~
V c =
RT Pc
( =
0.082
~
V c
)
atm .L ( 305.45 K ) mol.K
( 48.2 atm )
L ~ V C =0.5196
mol
b8 La ecuaci"n de 'an der Qaals/ teniendo en cuenta ue para el gas de 'an der Qaals
~
PC V C 3 = R T C 8
3 R T C ~ V C = 8 PC
~= (
3 0.082
V C
)
atm. L ( 305.45 K ) mol.K 8 ( 48.2 atm )
L ~ V C =0.1949
mol
c8 La ecuaci"n modicada de Pertelot
R T C
~ =3.56
PC V C
R T C 3.56 PC
=~ V C
R T C ~ = V C =
(
0.082
)
atm .L ( 305.45 K ) mol.K
3.56 ( 48.2 atm )
3.56 PC
L ~ V C =0.146
mol
d8 alor e+perimental)
~ V
C e:+e'&mental
=0.139
L mol
El error para cada caso) Gas ideal)
L ~ V C =0.5196
mol
e''o' =
~ V
ccalculado
~
−~ V
C e:+e'&mental
V ccalculado
an der Qaals)
L L −0.139 mol mol ∗100=73.25 L 0.5196 mol
0.5196
∗100=
L ~ V C =0.1949
mol
e''o'=
~ V
ccalculado
−~ V
~ V
C e:+e'&mental
ccalculado
L −0.139 L mol mol ∗100=28.68 L 0.1949 mol
0.1949
∗100=
Gas Pertelot)
L ~ V C =0.146
mol L
L
− 0.139 0.146 ~ mol mol ccalculado −V C e:+e'&mental ∗100= ∗100 =4.79 e''o' = ~ L
~ V
V ccalculado
0.146
mol
3.7. La presi"n de 'apor de agua en estado liuido a 2-KC es 23.? orr a 1,,KC es de 7<, orr. Aplicando la ecuaci"n de 'an der Qaals como gu0a/ en una forma u otra/ demuéstrese ue el 'apor de agua saturado se aseme4a m!s al comportamiento de un gas ideal a 2-KC ue a 1,,KC. Datos)
T 1 =25 ℃ =298.15 K P=23.8 To'' =0.03132 atm
T 2 =100 ℃ =298.15 K P=760 To'' =1 atm Soluci"n
T 1 =25 ℃ =298.15 K
a8
P=23.8 To'' =0.03132 atm
RT ~ V = P
~ V =
(
0.082
)
atm. L ( 298.15 K ) mol.K
( 0.03132 atm )
L ~ V =780.6
mol
T 1 =100 ℃ =373 .15 K
b8
P=1 atm
RT ~ V = P
~ V =
(
0.082
)
atm. L ( 373.15 K ) mol.K
( 1 atm )
L ~ V =30.6
mol
Con 'an der Qaals)
(
P +
a 2
V
)(
V −b ) = R T
>empla&ando los 'alores a b de la tabla)
/ ( V )= 0.03132−
24.4483 5.72 + 2 V −0.0319 V
$or neFton rapson obtenemos la deri'ada) 24.4483
11.44
− ~3 / A ( V )= ~ 2 V ( V −0.0319 )
~ / ( V 0 ) ~ ~ =780.6− 0.00001223 =780.4 V 1=V 0− ~ 0.0000401 / A V
( ) 0
−7
/ ( 780.4 )=2.03∗10
El porcenta4e de diferencia del 'olumen molar calculado por 'an der Qaals respecto al ideal se obtendr!)
B=
~ ~1 ~ 1 V
100∗V −V
a 25 ℃ B=
100∗780.4−780.6 =0.026 780.6
>empla&ando los 'alores a b de la tabla)
( V )=1 −
30.5983 5.72 + 2 =0 V −0.0319 V
/ ( 30.6 ) 0.00005121 ~ = 30.6− =30.44 V 1=30.6− 0.00003235 / A ( 30.6 ) −5
/ ( 30.44 )=−8.18∗10 = 0 El porcenta4e de diferencia del 'olumen molar calculado por 'an der Qaals respecto al ideal se obtendr!)
B=
~ ~1 1 ~ V
100∗V −V
a 100 ℃ B=
100∗30.44 −30.6 =0.52 30.6 100 ℃ es mayor que el E a
Ya que el E a
más al comportamiento ideal a
25 ℃ , el %apor de agua se acercara
25 ℃ que a 100 ℃ .
3.?. El factor de compresibilidad para el metano est! dado por 2
3 =1+ P + C P + D P
3
. Si $ est! en atm/ los 'alores de las constantes son
los siguientes) T8K
C
D
2,,
−5.74∗10−3
6.86∗10
−6
1,,,
+0.189∗10−3
0.275∗10
−6
−9
18.0∗10
−9
0.144∗10
>epreséntese gr!camente los 'alores de M en funci"n de $ a estas dos temperaturas en el inter'alo de , a 1,, atm. Soluci"n
$ara M a 2,, ) −3
−6
−9
2
3 =1−5.74∗10 P + 6.86∗10 P + 18∗10 P
3
$ara M a 1,,, ) −3
−6
−9
2
3 =1+ 0.189∗10 P + 0.275∗10 P + 0.144∗10 P
:8 266 666
3
M 891:,;9 82<:=,>2
M 9 f :$8 6 8>66
6
266
<66
;66
966
666
266
891:.;9
8666 M 8>66 82666 82>66
82<:=.>2
81666 :8
3.@. *tili&ando la ecuaci"n de PeattieOPridgeman/ calc;lese el 'olumen molar del amoniaco a
300 ℃ 2,, atm de presi"n.
Datos) T =300 ℃=373.15 K
P=200 atm Soluci"n
P=
RT 2
V
(
1−
c 3
V T
)
( V + )− ,2 V
( )
, = , 0 1−
a V
( )
= 0 1−
b V
−3 Pa. L
, 0= 242.48∗10
mol
−6
0=34.15∗10
2
2
−6
a=170.31 ∗10
L mol
L −6 L b =191.13∗10 mol mol
3
K L c = 4768.8 mol
( PT 3 ) V 4 E ( R T 4 ) V 3 +( T 3 , 0 + RTc − 0 R T 4 ) V 2+( 0 bRT 4 + 0 RTc − ,0 c T 3 ) V + 0 bRTc =0 10
4
1,04∗10 V
V =0,1445
−1590788231 V 3+ 12744716,44 V 2 E 2130,32 V + 9,5299∗10−4 =0
L mol
3.1,. Comp!rese el 'olumen molar del di"+ido de carbono a 5,, 1,, atm calculado por la ecuaci"n PeattieOPridgeman con el calculado por la ecuaci"n de 'an der Qaals. Datos)
T =400 K P=100 atm Soluci"n
P=
RT 2
V
(
1−
c V T
( )
, = , 0 1−
3
a V
)
( V + )− ,2 V
( )
= 0 1−
b V
−3 Pa. L
, 0=507.31 ∗10
2
mol
−6
0=104.76∗10
2
−6
a =71.32∗10
L mol
L −6 L b =72.35∗10 mol mol
3
K L c =660 mol
( PT 3 ) V 4 E ( R T 4 ) V 3 +( T 3 , 0 + RTc − 0 R T 4 ) V 2+( 0 bRT 4 + 0 RTc − ,0 c T 3 ) V + 0 bRTc =0 9
4
6.4∗10 V
V =0.312
(
P +
a 2
V
)(
−2100480000 V 3 +32269454.92 V 2 E 2297.42 V + 1.64185∗10−4=0
L mol
V −b ) = RT
3
2
PV E Pb V +( a− RT ) V + ab =0 3
2
100 V E 4,267 V E 29,228 V + 0,15327= 0
V =0.559
L mol
3.11. *tili&ando la ecuaci"n PeattieOPridgeman/ calc;lese la temperatura de Pole para el B 2 el CB2. Comp!rense estos 'alores con los calculados por la ecuaci"n de 'an der Qaals. Datos B2) 2
atm L a = 1.360 2 mol
b =0.03183
L mol
CB2) 2
atm L a =3.592 2 mol b =0.04267
L mol
Soluci"n $ara el B2)
(
)
2
P V , + 2 V T 2 −( 1−c ) T = 0 R ( V + ? ) V
2
6115,28 T + 47 T =0
T =273,768 K
(
P +
T =
a 2
V
(
)(
V −b ) = RT
atm atm L 1.360 2 mol 1 atm + 2 501.76 L
(
2
)(
0.082
22.4
L 0.03183 L − mol mol
)
atm atm .L mol.K
T =273.35 K
$ara el CB2)
(
)
2
P V + ,2 V T 2 −( 1−c ) T = 0 R ( V + ? ) V 2
6115,28 T + 659 T =0
T =273,04 K
)
(
P +
T =
a 2
V
(
)(
V −b ) = RT
atm L 3.592 2 mol 1 atm + 2 501.76 L
(
2
)(
0.082
22.4
0.04267 L L − mol mol
)
)
atm atm .L mol.K
T =274.43 K
3.12. A 3,, / %$ara ué 'alor del 'olumen molar ser! la contribuci"n
~
P V
del del pr prod oduc ucto to
del del térmi término no en
Pridgeman igual a auel término en
~2
1 / V
en la ecuaci"n de PeattieO
~
1 / V a8 para o+0geno( b8 %ué
'alor de la presi"n corresponde a este 'olumen molar( Datos) T =300 K Soluci"n a8 Peatti PeattieOP eOPrid ridgem geman an
P=
RT 2
V
(
1−
c 3
V T
)
( V + )− ,2 V
( )
, = , 0 1−
a V
( )
= 0 1−
b V
3 4 4 3 3 4 2 4 3 ( PT P T ) V E ( R T ) V +( T , 0 + RTc RTc − 0 R T ) V +( 0 bRT bR T + 0 RTc RTc − ,0 c T ) V + 0 bRTc =0
27∗10 V
−664605000 V 3 + 4049880,19 V 2 + 195812639,8 V + 2,29897∗10−7=0
V =24.59
L mol
6
4
P=1 atm
b
3.13. A presiones ba4as/ la ecuaci"n de Pertelot tiene la fo rma
RT a ~ + b− 2 V = P
R T
En la ue a b son constantes. Encuéntrese una e+presi"n para ∝ / el coe coeci cien ente te de e+pa e+pans nsi" i"n n térm térmic ica/ a/ como como un una a func funci" i"n n s"lo s"lo de $. Encuéntrese una e+presi"n para la temperatura de Pole en funci"n de a/ b >. Soluci"n 'i empleamos
RT b V =b + a
V o= b
en la e+presi(n del enunciado tenemos&
2
?ue es la siguiente apro+imaci(n apro+imaci(n posible para el %olumen del l"quido. El coe0ciente de e+pansi(n t!rmica está de0nido por la e+presi(n&
! =
( )
1 dV
V dT
+
Como)
(
2
)
dV d RT b = = R b b+ dT dT a a
2
2
R b ∝= ab
∝=
bR a
3.15. #uéstrese ue ∝=( 1 / V ) ) ( "V / / " T ) P
Soluci"n
(
3 T ∝=1 + T ( ( " ln 3 / " T ) ) P / P#= 1− P " ln "P
# =−( 1 / V ) ) ( " V / " P ) T .
)
T
/ en donde
T ∝=1 + T
( )
" ln 3 " T P
(
P#= 1− P " ln
3 "P
)
T
( )( )
∝=
" V " T
1
V
P
( )( )
# =−
" V V " P
1
T
3.1-. Si el factor de compresibilidad de un gas es M :$/ 8/ la ecuaci"n de estado puede e+presarse
P V = 3 . Demostrar c"mo afecta esto a la RT
ecuaci"n para la distribuci"n del gas en un campo gra'itacional. A partir de la ecuaci"n diferencial para la distribuci"n/ demostrar ue si M es maor ue la unidad/ la distribuci"n es m!s amplia para un gas real ue para uno ideal ue lo contrario es 'erdadero si M es menor ue la unidad. Si 3 =1+ #P / donde # es una funci"n de la temperatura/ intégrese la ecuaci"n calc;lese la contante de integraci"n para obtener la forma e+plicita de la funci"n de distribuci"n. Soluci"n) d+ =− ρgd4 Como) PV 3 = nRT
m n= M
ρ=
P M 3RT
Deri'ando se tiene)
−dP P
=
Mg d 4 3RT
Cuando M 9 1 :gas ideal8 − ,
P= Po e
, =
M g3 RT
$or otra parte/ si
−dP P
=
3 = 1+ ?+
la
ecuaci"n diferencial se transforma en)
Mg d4 ( 1 + + ) RT
Cua soluci"n puede obtenerse aciendo)
−dP P
− + dP= M g d 4 RT
ln P + dP =
− Mg3 RT
+ C
F& 4 =0 P= Po ln P0 + d P0=C
ln P + ?dP −ln P 0− ?d P0=
− M g 3 + C RT
De donde/ nalmente/ la funci"n de distribuci"n ueda e+presada como) ln
( )
− Mg3 P + ( P− P0 ) = P0 RT
3.1<. A presiones altas :'ol;menes peueRos8/ la ecuaci"n de 'an der Qaals/ ecuaci"n :3.138/ puede reordenarse en la forma siguiente
( ) ( )
P RT ~2 P ~3 ~ V =b + b + V − V a
P
a
Si se eliminan los términos cuadr!ticos c;bicos/ obtenemos
V o=b
como una primera apro+imaci"n a la ra0& m!s peueRa de la ecuaci"n. Esta representar0a el 'olumen del l0uido. Empleando este 'alor apro+imado de
~
V
en los términos maores/ demuéstrese ue la
siguiente apro+imaci"n para el 'olumen del l0uido es
~ 2 RT V =b + b a
. A
partir de esta e+presi"n/ demuéstrese ue la primera apro+imaci"n para el coeciente de e+pansi"n térmica de un liuido de 'an der Qaals es ∝=
bR a .
Soluci"n
(
) ( )
(
) ( )
´ =b + P b − RT ´V 2− P ´V 3 V a P a ´ 0 =b V ´ =b + P b − RT b2− P b3 V a P a 2
´ =b + b RT V a
∝=
V 1 " ´
( )
´ " T V
(
P
" ´ V " b RT = b+ " T " T a 2
)
" ´ V b R = " T a 2
2
b R ∝= ab
∝=
bR a
3.17. *tili&ando la misma técnica ue para obtener la ecuaci"n :3.?8/ pruébese la relaci"n entre de PeattieOPridgeman. Soluci"n
A
G $ G dada en la tabla 3.5 para la ecuaci"n
1. 3 =
P ´ V = 1 + # + G 2 + 3 ´ R T V ´ RT V ´ RT RT V
2. 3 =1 +
( )( ´ )+( )( ´ )+( )( ´ ) # 1 RT V
1 G RT V 2
3. 3 =1 + ,1 P + , 2 P 4.
1
2
RT
1
3
V
+ , 3 P3
= P
´ RT3 V
>empla&o 5 en 2)
( )( ) ( )(
2
) ( )(
3
# P G P P 5. 3 =1 + + + 2 2 2 3 3 3 RT RT3 RT R T 3 RT R T 3
)
Igualando - 3
( )( ) ( )(
2
) ( )(
3
# P P P + G + 1 + , 1 P + , 2 P + ,3 P =1 + 2 2 2 3 3 3 RT RT3 RT R T 3 RT R T 3 2
3
Di'ido para $)
) ( )(
( )( ) ( )(
2
1 # P P + G + , 1 + , 2 P + , 3 P = 2 2 2 3 3 3 RT RT3 RT R T 3 RT R T 3 2
P0 0 3 0 1 #
6. , 1=
2
2
R T
( ) ( )( ) ( )( ) 2
G P P + 3 3 2 + 4 4 , 1 + , 2 P + , 3 P = , 1 3 3 R T 3 R T 3 2
, 2 + ,3=
()
G 3
( ) ( )( )
, 1 1 , 1 G 1 − + 3 3 2+ 4 4 P 3 P R T 3 R T
P0 0 3 0 1
, 2=
1
2 − , 1 3
R T
P 3 3
)
)
( )
G # , 2= 3 3 − 2 2 R T R T
2
2
G # 7. , 2= 3 3 − 4 4 R T R T
Remplazo 5 y 7 en 3:
(
)
2
#P G # 2 3 8. 3 =1 + 2 2 + 3 3 − 4 4 P + , 3 P R T R T R T
RT P en 8:
Multiplico por
(
)
2
3RT RT # = + + 2G 2 − #3 3 P + , 3 RTP2 P P RT R T R T 3RT ´ =V P RT # + + 9. ´ V = P
RT
(
2
)
G − #3 3 P + , 3 RTP2 2 2 R T R T 2
G # 10. G = 2 2 − 3 3 R T R T I
Remplazo 10 en 9:
´= V
RT # + + G I P + P2 P RT
3.1?. %A ué temperatura la pendiente de la cur'a M contra $ a :$9,8 tiene un 'alor m!+imo para el gas de 'an der Qaals( %Cu!l es el 'alor de la pendiente m!+ima( Soluci"n
1.
( )
(
" 3 = 1 b− a " P T RT RT
)
