UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA DEPARTAMENTO DE QUIMICA
FISICOQUIMICA I QMC 1206
EJERCICIOS RESUELTOS
UNIV. CANAVIRI AJOMADO ROHNNY
2017
EJERCICIOS RESUELTOS QMC 1206 1. GASES P-1.
Un bulbo de densidad gaseosa pesaba 29.3215 gramos cuando estaba vacío, llenado con CO 2 a 40 °C y 1 atm de presión pesó 30.0079 gr, llenado con una mezcla gaseosa de CO y CO2 bajo las mismas condiciones pesó 29.933 gr. Calcúlese el porcentaje volumétrico o molar del CO en la mezcla gaseosa ultima.
DATOS:
=. + =. ++ =.
= °° = = °° = %=?
La masa de CO2 será
= + =30.007929.3215=0.6864 = 0821313 =0.4009 = = 0.68640.441 + = ++ =29.933029.3215=0.6115 115 0 821313 + = ++ = 0.61150. 0.40091 =39.1965 / + = 44 28 =39.1965 …… 1 = 1 … 2 44441 28 =39.1965 4444 28 =39.1965 196544 = 0.3002 = 39.2844 3002 % = % =.%
Con lo cual e volumen del del bulbo resulta
La masa de la mezcla gaseosa es
Cuya masa molar será
Por otro lado la masa molar de una mezcla gaseosa puede obtenerse de la siguiente ecuación
Donde son las fracciones molares de los componente gaseoso, por lo cual
Pero además se sabe que
Resolviendo el sistema de ecuaciones
Ó
P-2.
P-1. A 0°C y 100 mmHg un peso dado de Nitrógeno ocupa un volumen de 1 litro a -100°C el mismo peso de gas a la misma presión ocupa un volumen de 0.6313 Litros. Calcular el valor del cero absoluto en grados centígrados y dé razones acerca de la diferencia observada entre aquel y el valor aceptado por todos.
DATOS:
= °° = =
= = °° = =.
Como los datos se dan a presión constante, es posible aplicar la ley de Charles: Charles:
= 10.6313 =1 =1 0100 = 1 0.003687 0 = 1 0.003687 1 = 0.003687 =. ° De la gráfica.
1,6 1,4 1,2 1
) t L ( V
0,8 0,6 0,4 0,2
Extrapolando hasta V=0
P-3.
0 -300
-200
-100
0
100
t (°C)
Un tubo de vidrio de 100 cm de longitud, cerrado por un extremo, y lleno de aire seco a 1 atm y 25 °C, se invierte y se hunde en una cuba con mercurio hasta que el extremo cerrado quede nivelado con la superficie de la cuba (véase figura). La presión barométrica es 1 atm. atm. (a) ¿Cuál será la altura de la columna de mercurio en el interior del tubo? (b) ¿Cuál será la presión final del aire encerrado en la parte superior del tubo?
DATOS:
= = = = = = = = = ° =? =?
Sabiendo que:
=
Si la presión se trabajamos en atmosferas
donde
ℎ
ℎ = ℎ 8 11 135609. 8 1ℎ 1 135609. = 101325 101325 2. 3 1= 1.31ℎ …1
se encuentra en metros.
Ahora de la ley de Boyle
=
También se sabe que en el interior del tubo, la disminución de volumen de aire es directamente proporcional a la disminución de la altura del tubo, por lo cual
Reemplazando en (1)
De donde a). b).
= = = ℎ ℎℎ = 1ℎ1 = 1ℎ1 …2 2. 3 1= 1.31ℎ 2.31= 1ℎ1 1.31ℎ 2.311ℎ=11.31ℎ1ℎ 2.312.31ℎ =11.31ℎ 1.31ℎ 1.31ℎ 3.31ℎ 1.31=0 =. =. =.
Por otro lado si se considera la presión en columnas de mercurio se facilitan los cálculos, aún más
donde
= ℎ = ℎ 76100= ℎ ℎ =176 …3 ℎ
está en centímetros de mercurio y
en centímetros.
De la ley de Boyle
= 76100 = = = ℎ ℎℎ = 100ℎ 7600 …4 = 100ℎ ℎ =176 7600 100ℎ ℎ =176 7600ℎ100ℎ=176100ℎ 7600100ℎ ℎ =17600176ℎ ℎ 276ℎ 10000=0 =. =. =.
Reemplazando en (3)
a). b).
P-4.
En un tiempo de 2.00 minutos, se efunden 29.7 ml de gas He a través de un efusímetro. En las mismas condiciones de presión y temperatura, 10 ml de una mezcla de gases CO y CO2, se efunden en el mismo efusímetro y en el mismo periodo. Calcule la composición de la mezcla en porcentaje de volumen.
DATOS:
=. / = / =/ % =% =?
(CO y CO 2 )
De la ley de efusión de Graham,
=
=
Como k, es una contante que depende de las características del efusímetro y las condiciones de presión y temperatura, que en el problema son constantes, podemos igualar ambas ecuaciones
= 29. 7 /20 = = 10/20 4=. /
Sabiendo que para una mezcla gaseosa, la masa molar viene dada por
= 35.28=28 44 …1 =1 …2 44128 =35.28 4444 28 =35.28 2844 = 0.545 = 35.2844 % =.% % =.%
Además se sabe que
Resolviendo el sistema de ecuaciones
Por tanto
P-5.
Un gas a 250 °K y 15 atm de presión tiene un volumen molar de 12% menor que el calculado por medio de la ecuación de estado de los gases ideales. Calcular: a) El factor de compresibilidad a esta temperatura y presión b) El volumen molar del gas.
¿Dominan las fuerzas atractivas o las repulsivas en estas condiciones?
DATOS:
= = ° , =, . =? =? De la ecuación de los gases ideales
= , = , = = 0.0821298 =1. 3 68 15
De la condición del problema
, =, 10.12=1.36810.12=1.204
Por definición el factor de compresibilidad
= , = ,, =0.88 =. , =.
a). b).
En las condiciones del problema como Z<1, dominan las fuerzas atractivas entre las moléculas del gas, y gracias a estas fuerzas atractivas el gas es fácil de licuar. P-6.
=
Un determinado gas tiene la ecuación de estado: Donde
: :
Volumen molar Constantes características de cada gas
Demostrar que:
4 = 3
Solución:
= 2
Sabiendo que en el punto crítico se cumple
=0 =0 = 3 = 3 = 2 34 2 12 = =, = = 3 =0 …1 2 12 =0 …2 = …3
Evaluando en el punto critico
Resolviendo el sistema de ecuaciones: De (1)
= 3 …4
De (2)
2 = 12 …5
Igualando (4) y (5)
2 3 = 12 1= 2 = 2 = 2 =
Que es lo que se quería demostrar,
= 3 2 = 3 2 =
Reemplazando en (4)
2. TEORIA CINETICO MOLECULAR DE LOS GASES P-1.
° 1
1.25∗10− −
La viscosidad del a 21 y de presión es de . Calcule el diámetro de colisión de la molécula de , el recorrido libre medio a la temperatura y presión dadas. Calcule también los valores de y .
DATOS:
= °=° = =.∗− [/] =/
=? =? =? =?
Lo que se quiere es calcular el diámetro de colisiones, para ello se conoce la siguiente ecuación
= 2√ 2̅ …1 294 =31185.9 / ̅ = 8 = 88.314∗10 64 / 64 =1.06∗10− = = 6.022∗10 =1. 2 5∗10− =1.25∗10− ∗ 10001 ∗ 1001 =1.25∗10− − =5. 4 55∗10− =5.455[ ̇] 9 1. 0 3∗10 = 2√ 2̅ = 31185. 2√ 21.25∗10− =. [ ̇] = √ 21 ∗ ∗ 1
Para lo cual se requiere conocer, la velocidad media
Nótese que la constante de los gases se consideran en unidades.
, esto para evitar transformación de
También para utilizar la ecuación (1), se requiere la masa de una molécula de del gas en unidades del sistema cegesimal:
Reemplazando los datos en la ecuación (1)
Ahora para el recorrido libre medio
Para lo cual
, es el número de moléculas contenidos en un volumen de
, además de la viscosidad
22∗10 =2.49∗10 ∗ 10001 =2.49∗10 ∗ = = 16.0.00821294 = √ 21 ∗ = √ 25.455∗10−1 2.49∗10 =3.038∗10− =. ∗− =√ 2 ̅∗ =√ 25.455∗10−31185.92.49∗10=. ∗ = 12 ∗ = 12 2.49∗101.03∗10=. ∗ ℃ ℃ ℃4.184 / ℃ = = 32 = 32 = 43 = 43 0.43 =0.33 =1.2 =121590 = 32 = 32 1215900.33=60187.05 ℃ =××∆=2004.1849020=58576 >
Por lo tanto
El número de colisiones por segundo
P-2.
Calcule la energía cinética total de traslación de las moléculas de aire en un globo esférico de radio 43 cm a 24 y 1.2 atm. ¿Sera esta suficiente energía para calentar 200 de agua de 20 a 90 para prepara una taza de té?. La densidad del agua es 1 g/ y su calor especifico .
La energía cinética total de traslación se la puede calcular con
Donde V será el volumen de la esfera, en el S.I.
Además
Por tanto, la energía cinética total
La cantidad de calor necesaria para calentar 200 manera
“Asumiendo que toda la energía cinética total se calentar la masa de agua, ya que ”
de agua desde 20 a 90
, se la obtiene de la siguiente
transforme en calor, dicha energía es suficiente para
P-1.
Consideremos dos placas paralélelas de gaseoso una de área grande y estacionaria y la otra con un área grande y estacionaria, la otra con un área de 10 desplazándose a una distancia fija de cm sobre la primera placa. Que fuerza en dinas se requerirá para mantener la película superior moviéndose con una velocidad de 5 cm/s cuando la presión del gas es de 10 mmHg y la temperatura es de 300 K el diámetro molecular del es igual a cm.
1×10−
1×10−
Se pide conocer la fuerza necesaria para poner en movimiento la película
= …1 = 2√ 2̅ …2
Para lo cual se requiere conocer la viscosidad
Además de masa de una molécula de amoniaco
17 = = 6.022×10 =2.8×10−
Y la velocidad media, donde debe apreciarse que para facilitar los cálculos la constante de los gases se trabaja en ergios (sistema cegesimal, s.g.)
300 =61123.9 / ̅ = 8 = 88.314×10 17 − 2. ̅ 61123. 9 8 ×10 = 2√ 2 = 2√ 23×10− =2.14×10− =2.14×10− 510− =10700 = =2.14×10− 1×10 =
Ahora es posible calcular la viscosidad del gas, para ello reemplazando en (2):
Finalmente reemplazando en (1)
NOTA: “el análisis dimensional se deja para el lector”
3. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA P-1.
8 gramos de bajo una presión de 10 atm. Y 25 °C se expande adiabáticamente y reversiblemente hasta una presión final de 1 atm. Hallar la temperatura final y el trabajo realizado en el proceso; supongamos que Cp =7/2 R para el .
DATOS:
=8 =10 =27℃ =1 = ? = ? Calculando T2: Sabiendo que:
= = = / / = = − = − = − = …1 =7/5 P1
Donde :
Remplazando
en (1)
= = 7/2 7/2 = 75 = 7/2
Calculando el
P-2.
− 10 =300 1 =155,4° ∆==0 = = ∫= = 328 521,987155,4300 =,
Un mol de gas monoatómico esta inicialmente a 300 °K y a 15 atm de presión y se expande a una presión final de 1 atm. La expansión puede hacerse con uno de las cuatro trayectorias distintas siguientes: a) Isotérmica y reversible b) Isotérmica e irreversible c) Adiabática y reversible d) Adiabática e irreversible
En los procesos irreversibles la expansión se efectúa contra una presión externa de 1 atm. En cada caso calcule q, w, ∆U y ∆H.
a) Proceso Isotérmica y reversible DATOS:
= ° = = = Como para un gas ideal la energía interna y la entalpia solo son función de la temperatura, a 300 K se tiene:
∆== ∆==
Para el trabajo realizado por el sistema, de la primera ley de la termodinámica se tiene
∆= 0= = =∫ =∫ = = / =/ == =1.987300 151
Pero para un proceso isotérmico Por lo tanto Entonces
Calor aportado al sistema
=.
Trabajo realizado por el sistema contra los alrededores
=. b) Proceso Isotérmica e irreversible DATOS:
=° = = = = Nuevamente como la energía interna es una función de estado, es decir, no depende del camino, sino de las condiciones iniciales y finales, se tiene:
∆= ∆=
De la primera de la termodinámica
==∫ = ∫ = == = = 0.0821300 15 =1.642
Donde
Por lo tanto
==1151.1642 1.642=22.988 ∗ 0.01.821987 =.
Calor aportado al sistema
Trabajo realizado por el sistema contra los alrededores
=. c) Proceso adiabático y reversible DATOS:
=° = = =
Para un proceso reversible y adiabático es posible utilizar las siguientes relaciones
=− = = 5/23/2 =5/3
Donde para un gas ideal y monoatómico
Por lo cual
/− − 1 = =30015 / =101.55° ∆=
De la primera ley de la termodinámica
Pero como para un proceso adiabático no existe intercambio de calor del sistema con los alrededores
= ∆=0 ∆==∫ = = 32 1.987101.55300 ∆= . = . ∆= = 52 1.987101.55300 ∆= .
La variación de la energía interna
El trabajo realizado por el sistema
La variación de la entalpia
c) Proceso adiabático e irreversible DATOS:
= ° = = = =
Por tratarse de un proceso adiabático
= ∆= = 32 300=1 1.642 …1
De la ley del gas ideal:
= = =0.0821 32 300=10.0821 1.642 32 0.0821 300=10.0821 1.642 0.12315 36.945=0.0821 1.642 9451.6042821 =188° = 0.36.123150. = = 0.0821188 1 =15.44 ∆== = 32 1.987188300 ∆= . = . ∆= = 52 1.987188300 ∆= . Reemplazando en (1)
Pero debe tomarse en cuenta que las unidades, de energía, en el lado derecho de la ecuación se encuentran en , por lo cual la constante de los gases en el lado izquierdo de la ecuacion debe estar expresado en esas unidades:
La variación de la energía interna
El trabajo realizado por el sistema
La variación de la entalpia
P-3.
Tres moles de un gas se comprimen isotérmicamente y de manera reversible a 300 °K, de un volumen inicial de 20 dm3 hasta un volumen final de 1 dm3. Si la ecuación de estado del gas es
=0.55 − = ° = con
DATOS:
=
, calcule el trabajo realizado, ∆U y ∆H.
=[] =[]
=? ∆=?
∆=?
De la definición de trabajo, y con la ecuación de estado
=∫ =∫ =ln 1 1 =38.314300ln 201 0.553 10001 100020
=. Como el volumen se da en trabajo en Joule.
, nótese que se lo lleva al sistema internacional (
), para así obtener el
En este caso como no se estudia un gas ideal, la variación de la energía interna y la entalpia no puede ser cero, a pesar de que se trate de un proceso a temperatura constante, ya que ∆U y ∆H para un gas real es
función de la presión y volumen.
Por tanto para variación de la energía interna
= ∫ =∫ ∆= ∫ = 1 1=0.553 10001 100020 ∆=. = == ∆=∆=∆∫
De la definición de entalpia
De la ecuación de estado despejamos P y lo diferenciamos
=
= 2 2 ∆=∆∫ 2 ∆=∆∫ ∆=∆ln2 1 1 ∆= 1 1ln2 1 1 ∆=2 1 1=2 1 1 ∆=20.553 10001 1000 20 ∆=
Reemplazando en la ecuación de entalpia
P-4.
Un sistema está constituido por 7.14 gramos de gas Ne a 0 °C y 1 atm. Al añadir 2025 joules de calor al sistema a presión constante, se tiene que la expansión resultante, determina que el sistema realice un trabajo de 810 joules. Calcular: a) El estado inicial b) El estado final c) d)
∆ ∆ y
para el proceso y
El peso molecular del Ne es de 20 g/mol y se puede asumir que se comporta como un gas ideal.
DATOS:
=. = / =° = = = =
a) El estado inicial será:
=° = = 7.2014 =0.357 =.
=. = = 0.3570.01821273 =8.00 ∆==2025810=1215 ∆= ∆= = ∆= 1215=0.357 273 …1 ∆= 2025=0.357 273 = 2025=0.357 273 …2
c) De la primera ley de la termodinámica, a presión constante
Como el proceso se lleva a cabo a presión constante, el calor aportado al sistema será la variación de la entalpia
d) Para calcular la capacidad calorífica
Se sabe que para un gas ideal
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultáneamente: (1) en (2)
Por lo tanto
b) El estado final será: De (1)
2025=0.357 0.1215 357 2025 = 1215 1215 = 20251215 12158.314 =12.471 = 20251215 =. /° = =12.4718.314=20.785 =. /° 1215=0.357 12.471 273 1215471 273=545.9 ° = 0.35712. =. ° = =.
9 = = 0.3570.0821545. 1 =16.00 =. P-5.
Un mol de un gas monoatómico ideal contenido en un sistema de 120 litros a temperatura presión de 1.0 atm, sufre las siguientes transformaciones:
y
a) Se comprime isobáricamente al disminuir su temperatura a 20 °C, seguidamente b) Se comprime adiabáticamente hasta alcanzar la temperatura inicial, finalmente c) Se enfría isométricamente hasta alcanzar la temperatura de 20 °C Calcular las variaciones P-V-T en cada estado; q, w, ∆U y ∆H.
DATOS:
=? = = =
= = =? =
= =? =? =? =
= = =? = =? =
El estado del sistema al inicio:
El estado del sistema en 1:
= = 10.1120 0821 = ° = = = = = 10.0821293 1 =. = = =.
Para calcular las condiciones del estado 2, se considera el proceso adiabático reversible que va de 1→2:
=− 1/1 − = − = − = = 32 ; = 52 = = 5/2 3/2 =5/3 = =° /− − 293 = =24.061462 =.
Elevando ambos miembros a
Para un gas monoatómico
Por lo cual
Además sabemos que
La presión
se tiene:
, se la puede calcular de tres maneras diferentes, llegándose al mismo resultado:
1° Directamente con la ecuación de estado de los gases ideales
= = 10.08211462 2.16 =. = 124.06/ = = 2.16/ =. = = = 1120 2.16 =. = = = =. = = 10.0821293 2.16 =.
2° Utilizando las ecuaciones del proceso adiabático reversible
3° Conociendo el volumen
, también podemos utilizar la ley de Boyle sobre la isoterma a
,
Finalmente, las condiciones del estado 3:
Teniendo las condiciones en cada estado, ahora se procede a calcular q, w, ∆U y ∆H.
a) Compresión isobárica 0→1 De la definición de trabajo
=∫ = ∫ = =124.06120 ∗ 0.08218.314
=. ∆= = 32 8.3142931462=. ∆= = 52 8.3142931462=.
La energía interna para un gas ideal
Para la variación de la entalpia
Como el proceso se lleva acabo a presión constante la variación de la entalpia es igual al calor que pierde el sistema a presión constante
=∆=.
b) Compresión adiabática de 1→2 Para un proceso adiabático
=
De la primera ley de la termodinámica
∆= ∆=0 ∆==∫ = = 32 8.3141462293 ∆= . = . ∆= = 52 1.9871462293 ∆= .
La variación de la energía interna
El trabajo realizado sobre el sistema
La variación de la entalpia
c) Enfriamiento isométrico 2→3 Para un proceso a volumen constante
= 32 8.3142931462=. = ∆= =∫ = ∆= = 52 8.3142931462=. =0.556 −− =0.064
De la primera ley
La variación de la entalpia
P-1.
Un mol de gas de Van der Waals a 300 K se comprime isotérmicamente y de manera reversible de 60 a 20 . Si las constantes de la ecuación de Van der Waals son:
Calcule w, ∆U y ∆H.
Solución: De la definición de trabajo, y con la ecuación de estado de Van der Waals
= =ln 1 1 =∫ =∫ 0 64 1 1 =18.314300ln 200. 0. 5 56 600.064 0.02 0.06 =.
Como el volumen se da en trabajo en Joule.
, nótese que se lo lleva al sistema internacional (
), para así obtener el
En este caso como no se estudia un gas ideal, la variación de la energía interna y la entalpia no puede ser cero, a pesar de que se trate de un proceso a temperatura constante, ya que ∆U y ∆H para un gas real es función de la presión y volumen. Por tanto, la ecuación general para la variación de la energía interna
Como el proceso es a presión constante
∆=
∆= : = ∆=∫ ∆= ∫ = 1 1=0.5560.102 0.106 ∆=.
Para calcular la variación de entalpia podemos calcularlo de dos maneras:
a) De la definición de entalpia
= == ∆=∆=∆∫ 2 = = 2 ∆=∆∫ 2 ∆=∆∫ ∫ …
De la ecuación de estado despejamos P y lo diferenciamos
Reemplazando
en la ecuación de entalpia
Integrando por partes Sea
=∫ = =−− = = =∫ = ∫ … ∫ 2 ∆=∆ ∫ ln 2 1 1 ∆=∆ 0 64 ∆=18.527308.314300200.20064 600.600648.314300ln 200. 600. 0 64 20.5560.102 0.106
Con lo cual
Reemplazando (b) en (a)
∆=.
b) Otro método más práctico y menos tedioso se presenta a continuación Sabiendo que la ecuación general para la variación de la entalpia es:
Como el proceso es a temperatura constante
Si recurrimos a la ecuación de Joule Thomson
Además, sabiendo que para un gas de Van der Waals
∆= = 1 …2
Igualando (2) y (3)
Reemplazando (4) en (1)
∆= …1
= 1 2 …3
1 = 1 2 =2 …4 ∆=∫ 2
Como el proceso se realiza a temperatura constante
∆=2 314300 0. 5 56 = = 0.08.20. 000064 0.02 =123720.35 314300 0. 5 56 = = 0.08.60. 000064 0.06 =41459.94 556 0.000064123720.3541459.94 ∆=8.20.314300 ∆=.
Para evaluar esta última ecuación se requiere conocer
y
Finalmente evaluando la variación de la entalpia
La diferencia en los resultados de ambos métodos puede deberse a que en el segundo método se realizaron algunas aproximaciones al deducir la ecuación para .
4. TERMOQUIMICA P-1.
A partir de las siguientes reacciones y datos a 25 °C
→ ∆ =196500,00. → ∆ = 67900,00. 2+ →++ ∆ = 21000,00. → + ∆ = 0 → ∆ =68320,00. ∆ 2+ → ++
i) 2
ii) 2 iii) iv) v) Calcular
para la siguiente reacción:
Solución:
Invirtiendo (1), multiplicando por 2 la tercera reacción, multiplicando por 2 la cuarta reacción y luego sumando las cuatro reacciones:
→2 2 → 4+ →2++ 2 2 →2 2 4+ →2++ 2 + →++ 2
∆ =196500,00. ∆ =67900,00. ∆ =221000,00. ∆ =268320,00. ∆ =443040.00 . ∆ =, ℃ 393.51
Dividiendo la última reacción entre 2 se obtiene la ecuación requerida:
P-2.
El calor de combustión del butano gaseoso, a presión constante y 25 , a dióxido de carbono y agua líquida vale . Los calores de formación estándar de estos compuestos son: y , respectivamente. Calcular: a) el calor de formación estándar del butano a presión constante y b) el calor de combustión del butano a volumen constante.
2879 285.83 /
Solución: a) La reacción química a considerar es:
132 →4 5 ∆[]=2879
Para calcular la entalpia de esta reacción, debe tomarse en cuenta que la entalpia estándar de formación de los elementos en su estado estándar es igual a cero.
∆[]=4∆[]5∆[]13/2∆[]∆[] 2879=4383.515285.83∆[] ∆ []=. /
De donde
b) Para calcular el calor de combustión a volumen constante, es posible utilizar la definición de entalpia.
∆=∆∆ ∆=∆∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆=41 132 =3.5 ∆=∆∆ ∆[]=∆[] 3.58.1000314298 ∆[]=2879 3.58.1000314298 ∆[]=. /
El cual suponiendo que se cumpla la ley de los gases ideales equivale a
Donde el toma en cuenta solo a los compuestos gaseosos y no así a los sólidos y líquidos, esto debido a que para estos últimos el cambio de volumen será pequeño si la reacción ocurre a presión constante, lo cual hace que el término sea despreciable frente a . Por tanto para calcular
P-3.
Calcúlese
∆
solo se toma en cuenta los moles de las especies gaseosas
a 1193 °K para la reacción:
→ / 693 ° / 1193 ° 13 =1,5 0,004 =6,420,00157 813,1/ 26,416/
El calor latente de fusión del Zn es de 1,58 , su punto de fusión de y su calor latente de vaporización 31.1 en este punto de ebullición de . Las capacidades caloríficas promedio a presión constante de 1 atm son de 6,6 [cal/at-gr°K] del 10[cal/at-grK] del
El calor de formación del
cal/at-gr°K] del
a 25°C es de
si:
y del
es
Solución:
→ 12 ∆ =813,17/ → ∆ =26,416/ → ∆ =,/ ∆ ∆ =∆ ∫ ∆ ∆ =() () () ∆ =6,66,420,001571,50,00413 ∆ =1,480,00243 / ∆ =∆ ∫1,480,00243 0, 0 0243 ∆ =∆ 1,48 2 0, 0 0243693 298 ∆ =7867541,48693298 2 ∆ =785693,79 / → ∆ =1580/ → ∆ =785693,79/ → ∆ =,/ ∆ ∆ =∆ ∫∆ ∆ = ∆ = 106,420,00157 131,5 0,004 ∆ =1,920,00243 / ∆ =∆ ∫1,920,00157 0, 0 0243 ∆ =∆ 1,92 2
Calculando
a 693 °K para la última reacción
Sabiendo que a 693 K el zinc se funde:
Calculando
a 1193°K:
