Practica 2 Verano Quimica Resuelto

Química General QMC – 1100 1100 K, T y Z 1.

Igualar las siguientes reacciones químicas por los métodos ya estudiados: a)

CuSHNO → Cu CuNO  NO  S  HO

Igualando: SR.O.: SR.R.:

CuS → 2Cu+  S  4 e− ∗1 − + − NO  2H  1e → NO  HO ∗4 − + + CuS  4NO  8H → 2Cu S4NO  4HO

Finalmente la reacción igualada es:

b)

CuS8HNO →2Cu →2CuNO 4NO S4HO ZnHNO  → Zn ZnNO  NHNO  HO


Zn → Zn+  2e− ∗4 NO− 10H+  8e− → NH+  3HO ∗1 − + + + 4Zn NO 10H → 4Zn  NH  3HO

Finalmente la reacción igualada es: c)

4Zn10HNO  →4Zn →4ZnNO  NHNO  3HO HO KMnO  H SO → MnSO KHSO  O  HO


HO → O  2H+  2e− ∗5 − + − + MnO  8H  5e → Mn  4HO ∗2 5HO  2MnO− 16H+ → 5O 10H+ 2Mn+  8HO

Simplificando:

5HO  2MnO−  8H+ → 5O  2H+ 2Mn+  8HO Finalmente la reacción igualada es:

5HO 2KMnO  4HSO → 2Mn 2MnSO 2KHSO  5O  8HO 1 Ingeniería metalúrgica

d)

NaCrO  NaO  HO→NaOHNaCrO

Igualando:

CrO−  4OH OH− → CrO−  2HO3e− ∗2 − − − O  2HO2e → 4OH OH ∗3 − − − − − 2CrO  8OH OH  3O  6HO → 2CrO  4HO12 O12OH OH

SR.O.: SR.R.:

Simplificando:

2CrO−  3O−  2HO → 2CrO−  4OH OH− Finalmente la reacción igualada es:

e)

SR.O.: SR.R.:

2NaCrO 3NaO  2HO→4NaOH2NaCrO HgSHNO 4HCl→HgCl−  NO  S  HO S− → S2e− NO−  2H+  1e− → NO  HO S−  2NO−  4H+ → S2NO  2HO

∗1 ∗2


HgS2NO− 4HCl→HgCl− 2NO S2HO f) HSCNMnO −  H+ →HCNSO −  Mn+  H O SCN R.O.: SCN−  4HO → CN ∗5 CN−  SO−  8H+  6e− − + − + MnO  8H  5e → Mn  4HO ∗6 SR.R.: 5SCN SCN− 20HO  6MnO− 48H+ → 5CN CN−  5SO − 40H+ 6Mn+ 24HO Simplificando:

5SCN SCN−  6MnO−  8H+ → 5CN CN−  5SO − 6Mn+  4HO Finalmente la reacción igualada es:

5HSCN6MnO−  8H+ →5HCN5SO− 6Mn+  4HO g) [Cu CuNH]+  CN− → [Cu CuCN CN]− CNO−  NH+  NH SR.O.: CN−  H2O  2NH → CNO−  2NH+  2e− ∗1 [Cu ∗2 SR.R.: CuNH]+ 3CN−  1e− → [Cu CuCN CN]− 4NH − + − − + − CN  HO2NH  2[Cu CuNH] 6CN → CNO  2NH  2[Cu CuCN CN] 8NH Simplificando:

7CN−  HO  2[Cu CuNH]+ → CNO−  2NH+  2[Cu CuCN CN]− 6NH Finalmente la reacción igualada es: 2 Ingeniería metalúrgica

2[CuNH ]+ 7CN−  HO → 2[CuCN]− CNO− 2NH+ 6NH h) Fe SO   SO →FeSO  H SO SO  2HO → SO−  4H+  2e− ∗1 SR.O.: SR.R.: ∗1 2Fe+  2e− → 2Fe+ + − + + SO  2HO2Fe → SO  4H 2Fe Finalmente la reacción igualada es:

FeSO  SO  2HO→2FeSO  2HSO 2. Se hace reaccionar 100 Lb de hidróxido de estaño (II) con 50 Lb de una muestra de perclorato férrico del 80% de pureza obteniéndose como productos: cloruro férrico, óxido salino de estaño y agua. a) Formular e igualar la ecuación por el método ión electrón. b) Cuantas toneladas de cloruro férrico del 70% de pureza se produce si el rendimiento de la reacción es del 60%. c) ¿Cuántos átomos de estaño se producen en el óxido salino de estaño? d) ¿Qué volumen de agua se evapora en condiciones de Oruro?

Solución: a) La ecuación formulada es la siguiente:

SnOH  FeClO →FeCl  SnO  HO Igualando por el método ión – electrón:

∗24>12 3Sn+  8OH− → SnO  4H O2e− − − − − 3ClO 12HO24e → 3Cl  24OH ∗2>1 − − + − − 36Sn  96OH  3ClO 12HO → 12SnO 48HO3Cl  24OH

SR.O.: SR.R.:

Simplificando:

36Sn+  72OH−  3ClO− → 12SnO 36HO3Cl− Finalmente la reacción igualada es:

SnOH  FeClO → FeCl SnO HO Para la solución de este problema se extraerán los datos de cada compuesto partícipe en la reacción:

M̅  152.72468 SnOH m  100 Lb



Cálculo de la masa pura de

M̅  354.1979 FeClO m  50 Lb Pureza  80%

→

FeClO:

Ingeniería metalúrgica

FeCl

⋯ 3

Lb FeClO ∗ 50 Lb Muestra  40 Lb FeClO  m  80  100 Lb Muestra Cálculo del reactivo limitante:

Lb SnOH ∗ 40 Lb FeClO   620.9058 Lb SnOH m  36∗152.72468   354.1979 Lb FeClO  

Análisis de resultado: Para que la reacción consuma totalmente las 40 Libras de perclorato férrico se requieren 621 Libras de hidróxido de estaño, de acuerdo al cálculo, pero solo se cuenta con 100 Libras; consecuentemente el reactivo que se consumirá primero es el hidróxido estannoso.

∴ R.L.: SnOH Cálculo de la cantidad excesiva del reactivo en exceso ,FeClO:

354.1979 Lb FeClO ∗ 100 Lb SnOH  6.4422 Lb FeClO  m  36∗152.72468   Lb SnOH 

Análisis de resultado: Para el consumo de las 100 Libras de hidróxido de estaño (II) solo se requieren 6.4422 Libras de perclorato férrico y se cuenta con 40 Lb, por tanto el resto quedara como exceso

m,  40 Lb  6.4 4 Lb  33.56 Lb FeClO b) Cálculo de la masa de cloruro férrico impuro obtenido: Por lógica sabemos que:

m  > m  M̅ 153 SnOH  FeClO =% FeCl ⋯  m  100 Lb m  ? 100 Lb  45.36 Kg Pureza  90% FeCl impuro ∗ 162.5 Kg FeCl ∗ 45.36 Kg SnOH ∗ 60% m   100 Kg  100% 70 Kg FeCl 36 ∗ 153 Kg SnOH 



1 Ton  0.00115 Ton FeCl impuro m   1.15 Kg FeCl impuro ∗ 1000  Kg 4 Ingeniería metalúrgica

c) El número de átomos de oxígeno contenido en el óxido salino es:

M̅ 153 SnOH  FeClO =% FeCl  SnO  HO  m  100 Lb Nº átomosO  ?

100 Lb = 45360 gr

mol SnO ∗ 45360 gr SnOH ∗ 60%  59.3 mol Sn O n  36 ∗12153  100%   gr SnOH 

 átomos O 4 mol  at O 6.023×10  Nº átomos O  1 mol at O ∗ 1 mol SnO ∗59.3 mol1.43×10 átomos O d) La cantidad de agua evaporada es:

M̅ 153 SnOH2  FeClO → FeCl  SnO  m  100 Lb

H2O

V?

El agua posee una densidad muy próxima a 1 gr/mL, por tanto 1 mol equivale a 18 gr y también a 18 mL, consecuentemente:

18 mL HO ∗ 45360 gr SnOH ∗ 60%  3201,88 mL H O V íq  3636∗  100%  ∗ 153 gr SnOH 

Dicha agua líquida se va evaporando en las condiciones de Oruro T = 10℃ y P = 0.64 atm

1 mol HO ∗ 3201,88 mL H O  177.88 mol H O n  18   mL H O 

P∗Vn∗R∗T atm·L  ∗283.15 °K 177.88 mol∗0.0821°K·mol V   0.64 atm V   6461.2 L HO vapor 3. Igualar por el método ión – electrón:

SrCl KMnO  HPO → Cl  MnPO  SrPO  KPO  HO a) Si reaccionan 20 Lb de SrCl 2, 30 Lb de H PO y 50 Lb de KMnO ¿Qué

volumen de Cl 2 se produce en condiciones de Oruro? b) ¿Cuántas moléculas de agua se evaporan? c) ¿Cuántos Kg de K  PO se producen? d) ¿Cuál será el rendimiento teórico del Mn PO  ? e) Ingeniería metalúrgica

5

¿Cuál será el total de átomos de fósforo contenidos en los productos?

Solución: Para la igualación de esta reacción por el método ión electrón se igualara por partes, es decir se tendrá dos reacciones y posterior a ello se sumaran ambas reacciones para tener la reacción global del enunciado:

SrCl KMnO  HPO → Cl  MnPO  SrPO  KPO  HO KMnO  HPO → HPO  MnPO  KPO  HO Para la primera ecuación: SR.O.: SR.R.:

− → Cl  2e− 2Cl ∗ 15 − + − + 3MnO 24H 15e → 3Mn 12HO ∗2 30Cl−  6MnO− 48H+ → 15Cl 6Mn+ 24HO

La reacción igualada es:

15SrCl 6KMnO 16HPO → 15Cl 2MnPO 5SrPO  2K PO 24HO Para la segunda ecuación:

PO−  HO → PO−  2H+  2e− ∗ 15 3MnO− 24H+ 15e− → 3Mn+ 12HO ∗2 15PO− 15HO  6MnO− 48H+ → 15PO− 30H+ 6Mn+ 24HO

SR.O.: SR.R.:

Simplificando:

15PO− 15HO  6MnO− 45H+ → 15PO− 27H+ 6Mn+ 24HO La reacción igualada es:

6KMnO 15HPO → 9HPO 2MnPO  2KPO  9HO Sumando las ecuaciones:

∗ 16 6KMnO 15HPO → 9HPO 2MnPO  2KPO  9HO 15SrCl 6KMnO 16HPO → 15Cl 2MnPO 5SrPO  2KPO 24HO ∗ 9 27SrCl 30KMnO 48HPO → 27Cl 10MnPO 9SrPO 10KPO 72HO ÷5 Finalmente la reacción igualada es:

27SrCl 30KMnO 48HPO → 27Cl 10MnPO 9SrPO 10KPO 72HO 6 Ingeniería metalúrgica

Como se tiene tres cantidades de cada reactante, es necesario determinar al reactivo limitante.

Cálculo de reactivo limitante:

M̅  156.5 M̅ 158 M̅  82 SrCl  KMnO  HPO → Cl ⋯ m  20 Lb m  50 Lb m  30 Lb 27 ∗ 156.5 Lb SrCl ∗ 50 Lb KMnO  44.57 Lb SrCl m’  30   ∗ 158 Lb KMnO 

Lb SrCl ∗ 30 Lb H PO  32.21 Lb SrCl m’’  2748∗∗ 156.5    82 Lb H PO 



Análisis de resultados:

Lb de SrCl y para que se consuma 50 Lb de KMnO se requiere 44.57 de Lb SrCl , por tanto faltaría SrCl , por esta razón es quien se consume primero entre SrCl y KMnO. Se tiene 20 Lb de SrCl y para que se consuma 30 Lb de H PO se requiere 32.21 de Lb SrCl , por tanto faltaría SrCl , por esta razón es quien se consume primero entre SrCl y H PO. Se tiene 20

Consecuentemente:

R.L.:SrCl > m  20 Lb  9072 gr Comprobando: Para comprobar se calculara las masas de necesitan:

KMnO y HPO

que se

∗ 158 Lb KMnO ∗ 20 Lb SrCl  22.44 Lb KMnO m’  30   27 ∗ 156.5 Lb SrCl 

Análisis: Se tiene 50 Lb y solo se necesita 22.44 Lb, por tanto el reactivo esta en exceso.

82 Lb HPO ∗ 20 Lb SrCl  18.63 Lb H PO m’  2748∗∗156.5    Lb SrCl 

Análisis: Se tiene 30 Lb y solo se necesita 18.63 Lb, por tanto el reactivo esta en exceso. 7 Ingeniería metalúrgica

a) Cálculo del volumen de cloro gaseoso a 10 ℃ y 0.64 atm:

mol Cl ∗ 9072 gr SrCl  57.968 mol n  27 ∗27156.5  gr SrCl 

atm·L ∗283.15°K 57.968 mol∗0.0821 °K·mol V   2105.56 L Cl 0.64 atm b) El agua, en las condiciones de Oruro y a cualquier otra temperatura, siempre se va evaporando; la única diferencia entre la evaporación, a una u otra temperatura o a una u otra presión, es la velocidad de vaporización. Es decir a mayor temperatura el agua se evapora más rápido a mayor presión el agua se evapora mas lento. Por tanto solo se debe calcular las moléculas de agua que se generan:

 moléc.H O 72∗6.023×10  moléc.H O Nº moléc.  ∗ 9072 gr SrCl 9.31×10  27 ∗ 156.5 gr SrCl c) Cálculo de la masa en Kilogramos de K  PO que se obtiene: 10∗ 212 Kg KPO ∗ 9.072 Kg SrCl  4.55 Kg K PO m  27    ∗ 156.5 Kg SrCl d) El rendimiento teórico en cualquier reacción es siempre del 100%, para la obtención de Mn PO  también su rendimiento teórico es de 100% e) Cálculo del total de átomos de fósforo contenidos en los productos: Se tiene 30 L de H PO y solo 18.63 Lb de H PO (8450.568 gr) reacciona y el fósforo que contiene éste se va a los productos, por tanto:

 átomos P 1 mol at P 1 mol HPO 6.023×10 Nº átomos.  1 mol  at P ∗ 1 mol HPO ∗ 82 gr HPO ∗ 8450.568 gr HPO Nº átomos. 6.207×10 átomos P 4. Igualar por el método ión electrón:

SbS HClO → HSO HClHSbO SbS HNO → SO  NO  HSbO a) ¿Cuál de las dos reacciones justifica el máximo rendimiento para producir H SbO a partir de 1.5 Kg de mineral de Sb S al 75% de pureza?

Solución:

8 Ingeniería metalúrgica

Igualando por el método ión – electrón: SR.O.: SR.R.:

  − − ∗6>3 Sb− S 20H 2 O → 2SbO   3SO  40H 28e + − − ClO  6H  6e → Cl  3HO ∗28>14     − − → 3SbS 60H2O14ClO3 84H 6SbO  9SO 120H 14Cl 42H2O

Simplificando:

3SbS 18H2O14ClO3 84H → 6SbO−  9SO− 120H 14Cl


3SbS  14HClO  18H2O → 9HSO  14HCl6HSbO Igualando por el método ión – electrón: SR.O.: SR.R.:

  − ∗1 Sb− S 14H 2 O → 2SbO   3SO 28H 22e + − NO  2H  1e → NO  H2O ∗ 22    − SbS 14H2O22NO3 44H → 2SbO  3SO 28H  22NO 22H2O

Simplificando:

SbS  22NO3 44H → 2SbO−  3SO 28H  22NO  8H2 O


SbS  22HNO → 2HSbO  3SO  22NO  8HO a) De acuerdo a las dos reacciones se calculara los moles de HSbO que se obtienen en cada reacción:

HSbO ∗ 75 Kg SbS ∗ 1.5 Kg Mineral  0.0066 Kmol n  36∗Kmol 340 Kg SbS 100 Kg Mineral Kmol HSbO ∗ 75 Kg SbS ∗ 1.5 Kg Mineral  0.0066 Kmol n  2340 Kg SbS 100 Kg Mineral Por ambas reacciones se obtiene la misma cantidad puesto que tienen la misma relación estequiométrica. La reacción que tendría mayor rendimiento seria la segunda puesto que en la primera reacción se tiene una mezcla de ácidos y para separarla requerirá procesos que podrían ocasionar perdidas en la recuperación del H SbO. Por otra parte en la segunda reacción los gases salen de la fase líquida quedando simplemente una solución de H SbO y consecuentemente no requiere algún otro tratamiento. 5. Una muestra que contiene NaCl, Na 2SO4 y NaNO3 da el siguiente análisis elemental: Na = 32.08%, O = 36.01% y Cl = 19.51%. Calcule el porcentaje en masa de cada sal en la muestra. 9 Ingeniería metalúrgica

Datos:

Muestra %NaCl  ? %NaSO  ? %NaNO  ? %Na  32.08% %O36.01% %Cl  19.51%

cantidad i ∗100% %  cantidad total

Solución: En este problema no se tiene una base de cálculo para su resolución, para lo cual partimos del siguiente análisis: Si se tiene una botella que contenga cierta cantidad de agua azucarada del cual se tiene un 5% en masa de azúcar y el resto es agua; si extraemos una cantidad pequeña de agua azucarada de la botella, 10 mL por ejemplo, esta cantidad pequeña seguirá teniendo 5% de azúcar; lo que nos lleva a la conclusión que los porcentajes están en función de la proporción en que se tiene la mezcla. Es decir que si tenemos 100 gr de muestra, en estos 100 gr el porcentaje de cada componente será el mismo que en 200 gr de muestra. Por lo que se tomará la base de cálculo:

m  100 gr Consecuentemente:

m  32.08 gr m  36.01 gr m  19.51 gr Ahora para la solución del problema se planteara las siguientes ecuaciones:

m  m  m  100 gr… …… i m   m   m   32.08 gr… ……ii Se puede observar que el único compuesto que contiene cloro es el cloruro de sodio por tanto es posible hallar la masa de cloruro de sodio y la masa de sodio contenida en ella: 10 Ingeniería metalúrgica

gr NaCl ∗ 19.51 gr Cl  32.15 gr NaCl m  58.5 35.5 gr Cl m   32.15 gr NaCl  19.51 gr Cl  12.64 gr Na Consecuentemente las ecuaciones i y ii serán: m  m  100 gr  32.15 gr  67.85 gr…… …iii m   m   32.08 gr 12.64 gr  19.44 gr… … …iv Las ecuaciones halladas por estequiometría son:

2 ∗ 23 gr Na ∗ m m   142 gr Na SO  …… …v  

Na ∗ m m   8523grgrNaNO  …… …vi 

Reemplazando v y vi en iv se tiene:

2∗23 ∗ m 23 ∗ m      19.44 gr   85 142 Consecuentemente se tiene un sistema de dos ecuaciones:

m  m  67.85 gr 23 ∗ m 23 ∗ m      19.44 gr   85 71 Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

23 ∗ m 23 ∗ (67.85 gr m     )  19.44 gr   85 71 19.44 23 85 ∗67.85 m  23  23 71 85 Consecuentemente:

Finalmente:

m  20.25 gr m  47.60 gr gr ∗100%32.15% %  32.15 100 gr 11 Ingeniería metalúrgica

%  20.25% %  47.60% 6. Una muestra de hierro que pesa 15 gr se calentó con clorato de potasio en un contenedor al vacio. El oxígeno generado por la descomposición del clorato convirtió una parte del Fe en Fe 2O3. Si la masa combinada de Fe y Fe2O3 fue 17.9 gr, calcule la masa de Fe 2O3 formada y la masa de KClO 3 que se descompuso.

Datos:

m  15 gr m  m  17.9 gr m  ? m  ? Solución: Las reacciones que ocurren en el contenedor al vacio son:

∆ 2KClO →2KCl3O  … ……1 4Fe3O →2FeO … … …2 Para resolver el problema se debe entender a la perfección lo que ocurre dentro del contenedor y esto esta representado con las reacciones químicas ya descritas. -

Inicialmente se tiene una masa de hierro de 15 gr y otra masa de clorato de potasio, los cuales están en el contenedor al vacio y cerrado. Una vez que se comienza a calentar el contenedor, el clorato de potasio comienza a descomponerse en cloruro de potasio y oxígeno gaseoso. El oxígeno gaseoso formado comienza a reaccionar con el hierro oxidándolo a óxido férrico. Luego de un tiempo se tiene una mezcla compuesta por hierro que no se oxidó y óxido de hierro formado de masa 17.9 gr

De manera que se comprendió de lo que trata el problema se pasara al planteamiento de ecuaciones que permitan resolver y encontrar las incógnitas del problema: -

Ecuaciones halladas del enunciado: 12 Ingeniería metalúrgica

m  m  17.9 gr…… …i m  m   m  15 gr… …… ii -

Ecuaciones halladas de la estequiometría:

2 ∗ 56 gr Fe ∗ m …… …iii m   160 gr Fe O   

Resolviendo el sistema de ecuaciones: 

Reemplazando iii en ii:

m  2∗56 160 ∗ m  15 gr… …… iv 

Consecuentemente se tiene un sistema de dos ecuaciones de 2×2:

m  m  17.9 gr… … …i 7 ∗ m  15 gr… …… iv m  10  

Resolviendo el sistema de ecuaciones de 2×2: o De la ecuación i se tiene:

o

o

m  m  17.9 gr > m  17.9 gr  m Reemplazando en iv se tiene: 7 ∗ m  15 gr 17.9 gr  m  10  Despejando la incógnita se tiene:

m  1517.9 7  1  9.67 gr FeO 10 Cálculo de la masa de clorato de potasio descompuesta:

gr KClO ∗ 3 mol O ∗ 9.67 gr Fe O m  2 ∗ 122.5   3 mol O 2 ∗ 160 gr Fe O 

 

m  7.4 gr 7. La masa atómica de un elemento X es de 33.42 uma. Una muestra de 27.22 gr de X se combina con 84.10 gr de otro elemento Y, para formar un compuesto XY. Calcule la masa atómica de Y.

Datos: 13 Ingeniería metalúrgica

A  33.42 uma A  ? m  27.22 gr m  84.10 gr Solución: La relación en la fórmula XY es de uno a uno, por tanto:

gr Y ∗ 33.42 uma X  103.26 uma Y A  84.10 27.22 gr X 8. La gasolina con plomo contiene un aditivo que funciona como antidetonante, el análisis de este aditivo mostro que contiene carbono, hidrógeno y plomo. Cuando se quemaron 51.36 gr de este compuesto se produjo 55.90 gr de CO y 28.61 gr de H O. calcule la fórmula empírica del aditivo de la gasolina.

Solución:



Com.desc.

O

mCom.desc.  51.36 gr

→

CO  HO m  55.90 gr m  28.61 gr

Para determinar la fórmula empírica del compuesto es necesario calcular primero los porcentajes de los elementos que contiene dicho compuesto:

100%  29.68% %  4412grgrCOC ∗ 55.90 gr CO ∗ 51.36gr 

2 ∗ 1 gr H ∗ 28.61 gr CO ∗ 100%  6.19% %  18  51.36gr gr H O 

%  100%  29.68%  6.19%  64.13% Una vez teniendo los porcentajes se calculará los subíndices de cada elemento en el compuesto: Primero con la ecuación:

R  %A  

R  29.68 12  2.473 14 Ingeniería metalúrgica

R  6.19 1  6.19 R  64.13 207 0.31>R 

Segundo con la ecuación:

i  R R



C  2.473 0.31 ≅ 8 H  6.19 0.31 ≅ 19.5 Pb  0.31 0.31  1 Finalmente la fórmula empírica será:

CH.Pb 9. El octano es uno de los componentes de la gasolina. Su combustión completa produce CO y H O . La combustión incompleta produce CO y H O. En cierta prueba se quemo 1 galón de octano en un motor. La masa total de CO ,CO y H O que se produjo fue de 11.53 Kg. Calcule la eficiencia del proceso, es decir, calcule la fracción de octano que se convierte en CO . La densidad del octano es de 2.650 Kg/galón.

Solución:

Kg ∗ 1 galón  2.650 Kg m  2.650 1 galón Inicialmente se escribirá las reacciones:

2CH 25O →16CO 18HO………1 2CH 17O →16CO18H O………2 Ahora se formularán las respectivas ecuaciones para encontrar la incógnita: -

Ecuaciones del enunciado:

m  m  2.650 Kg… ……i m  m  m  11.53 Kg… ……ii 15 Ingeniería metalúrgica

m  m  m … ……iii -

Ecuaciones de la estequimetría:

44 Kg CO ∗ m m  216∗  ………iv ∗ 114 Kg C H  

28 Kg CO ∗ m m  2 16∗  …… …v ∗ 114 Kg C H  

18 Kg HO ∗ m m  218∗  ………vi ∗ 114 Kg C H  

18 Kg HO ∗ m m  218∗  …… …vii ∗ 114 Kg C H  

Reemplazando iv,v,vi y vii en ii:

176 ∗ m 112 ∗ m 27 ∗ m 27 ∗ m                   57 57 19 19   11.53 257 ∗ m 193 ∗ m       57 57   11.53 Consecuentemente se tiene un sistema de dos ecuaciones:

m  m  2.650 257 ∗ m 193 ∗ m       57 57   11.53 Resolviendo:

m  2.2775 Kg combustión completa m  0.3725 Kg combustión incompleta Finamente la eficiencia será:

Kg ∗100%85.94% Eficiencia  2.2775 2.650 Kg 10. Una mezcla de Na CO y MgCO con una masa de 7.63 gr se trata con un exceso de HCl. El CO gaseoso que se genera ocupa un volumen de 1.67 L a 1.24 atm y 26 ℃. A partir de estos datos, calcule la composición porcentual en masa de Na CO en la mezcla.

Solución: 16 Ingeniería metalúrgica

Inicialmente se calculará los moles de dióxido de carbono que se ha obtenido:

P∗Vn∗R∗T 1.24 atm ∗ 1.67 L n   0.0843 mol atm·L 0.0821°K·mol ∗299.15 °K Ahora se escribirán las respectivas reacciones para los carbonatos:

NaCO 2HCl→2NaClCO   HO………1 MgCO 2HCl→MgCl  CO  HO………2 Ahora se plantearán las respectivas ecuaciones que permitan resolver la incógnita: -

Del enunciado:

m  m  7.63 gr n  n  0.0843 mol -

De la estequimetría:

CO ∗ m n  1061 mol gr Na CO  



mol CO ∗ m n  841 gr MgCO  

Consecuentemente se tiene un sistema de ecuaciones:

m  m 7.63 1 ∗m 1 ∗m  106  84   0.0843 Resolviendo el sistema se tiene:

m  2.64 gr m  4.99 gr Finalmente:


gr ∗100%34.60% %  2.64 7.63 gr 11. El óxido nítrico NO reacciona con el O como sigue: NO  O → NO. En un principio el NO esta en 4 L a 0.5 atm de presión separado por una válvula del O que ocupa un volumen de 2 L a 1 atm de presión. Cuando se abre la válvula la reacción ocurre rápida y completamente determine que gases permanecen al final y calcule sus presiones parciales. Si la temperatura permanece constante a 25℃.

Solución: Inicialmente se calculará los moles de los gases en su estado inicial:

P∗Vn∗R∗T 0.5 atm∗ 4 L n   0.082 mol atm·L 0.0821°K·mol ∗298.15 °K 1 atm ∗ 2 L n   0.082 mol atm·L 0.0821°K·mol ∗298.15 °K Cálculo de los gases resultantes:

2NO Inicio Reacciona Final

0.082 mol 0.082 mol 0



O → 0.082 mol 0.041 mol 0.041 mol

2NO 0 0.082 mol 0.082 mol

Al abrir la válvula las presiones de los gases quedan afectadas ya que el volumen que ocupe los gases resultantes será el volumen total de los dos recipientes. Cálculo de la presión total en los dos recipientes:

P ∗ V  n ∗ R ∗ T atm·L  ∗298.15 °K 0.041 mol  0.082 mol ∗0.0821°K·mol P   0.5 atm 6L Para las presiones parciales: 18 Ingeniería metalúrgica

Donde:

P  x ∗ P > x  PP



P es la presión parcial del componente i x es la fracción molar del componente i P es la presión total de la mezcla Cálculo de las fracciones parciales:

X  0.041 mol0.41  0.082 mol 0.33 X 10.330.67 Finalmente:

P  0.3 3∗ 0.5 atm  0.1 65 atm P  0.6 7∗ 0.5 atm  0.3 35 atm 12. El motor de un automóvil de carreras produce CO un gas tóxico, a una velocidad de 188 gr de CO por hora. Un auto se deja encendido en un garaje mal ventilado que tiene 6x4x2.2 metros a 20℃. a) Calcule la velocidad de producción de CO en moles por minuto. b) ¿Cuánto tiempo tomaría acumular una concentración letal de CO de 1000 ppmv.

Datos:

velocidad de generación de CO  1881 grhrCO CO velocidad de generación de CO  ? mol 1 min Solución: a) Para este inciso solo se utilizara factores de conversión:

CO ∗ 1 hr  0.0712 mol CO velocidad de generación de CO  1881 grhrCO ∗ 144mol gr CO 60 min 1 min b) Para calcular el tiempo es necesario conocer:

1L 1 ppmv  11 mL > 1000   m 1 m de CO velocidad de generación de CO  cantidad tiempo 19 Ingeniería metalúrgica

Como no se tiene datos de las condiciones de presión y temperatura se considerara condiciones normales.

1 mol CO  28 gr CO  22.4 L CO Consecuentemente:

28 gr CO ∗ 1 L CO ∗ 6∗4∗2.2 m  0.35 Hr  21 min tiempo  1881 grhrCO ∗ 22.4 L CO 1 m 13. Una mezcla de CH y C H se almacenan en un contenedor a 294 mmHg. Los gases se queman en el aire para formar CO y H O. si la presión del CO es de 356 mmHg medidos a la misma temperatura y volumen de la mezcla original, calcule las fracciones molares de los gases.

Datos:

P  294 mmHg  P  P P  356 mmHg T y V son ctte`s Solución: Las reacciones de combustión son:

CH  2O → CO  2HO………1 2CH  7O →4CO  6HO………2 Como el sistema está a temperatura y volumen constante se puede aplicar la estequiometría con gases de la siguiente manera:

CH 1 atm 1 mmHg

 2O → CO  2 atm → 1 atm  2 mmHg → 1 mmHg

  

2HO 2 atm 2 mmHg

Consecuentemente: Para resolver el problema es necesario calcular las presiones parciales de cada componente de la mezcla, para tal objetivo se planteará las siguientes ecuaciones: -

Del enunciado:

P  P  294 mmHg…… …i P  P  356 mmHg… ……ii 20 Ingeniería metalúrgica

-

De la estequiometría:

mmHg CO ∗ P … … …iii P  11 mmHg CH  

mmHg CO ∗ P …… …iv P  24mmHg C H   

Reemplazando iii y iv se tiene:

P  2P  356 mmHg Consecuentemente se tiene un sistema de dos ecuaciones:

P  P  294 mmHg P  2P  356 mmHg Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

P  232 mmHg P  62 mmHg Finalmente las fracciones molares pueden calcularse con la siguiente relación matemática:

P  x ∗ P > x  PP



Cálculo de las fracciones molares de los componentes de la mezcla:

mmHg 0.79 x  232 294 mmHg x 10.790.21 14. ¿Si la pureza de KClO es del 60% y contamos con 1 Kg de dicha sal. Mencionar cuantos litros de oxígeno se obtendrá en condiciones de Oruro con una pureza del 90% se obtendrán según la reacción:

2KClO  2HSO → 2KHSO  ClO2O  HO Solución:

2 mol O ∗ 60 gr KClO ∗ 1000 gr sal  4.9 mol O n  2 ∗ 122.5  gr KClO 100 gr sal P∗Vn∗R∗T 21 Ingeniería metalúrgica

atm·L  ∗283.15 °K 4.9 mol ∗ 0.0821°K·mol V   177.98 L Opuro 0.64 atm Asumiendo que las impurezas son gaseosas, por tanto el volumen de oxígeno impuro será:

L Oimpuro ∗ 177.98 L O puro  197.76 L O impuro V  100   90 L O puro 

15. Una mezcla gaseosa esta compuesta por dos gases A y B de tal manera que el peso de A es el triple que el de B, si la ρ /ρB  2 y la mezcla está a 2 atm y 27℃. ¿Cuáles son las presiones parciales de A y B?

Solución: La fracción parcial se relaciona con el porciento en volumen de un gas de la siguiente manera:

/ X  %100% Y la presión parcial de un gas contenida en una mezcla gaseosa es:

P  x ∗ P Por tanto se debe hallar los porcentajes en volumen de cada gas:

%/  V V ∗100% 

V  V  VB ρ  mV   En consecuencia se tiene:

X  V V V  B X  XB  1 Los datos del enunciado son:

m  3 · mB > mm  3 B


ρ  2 ρB m V  ρ  m ∗ ρB  3 1.5>V 1.5∗V  B VB mρ B mB ∗ ρ 2 B

Consecuentemente:

V 1.5∗VB  VB  VB1.51 2.5∗VB VB 0.4 XB  2.5∗V B X 0.6 Finalmente:

P  0.6 ∗ 2 atm  1.2 atm PB  0.4 ∗ 2 atm  0.8 atm 16. De acuerdo a la siguiente gráfica, para dos moles de nitrógeno, calcular la presión, temperatura y volumen en los puntos 1, 2, 3 y 4

Solución: Inicialmente se debe interceptar en los ejes de las ordenadas y abscisas:

P,atm P

1

2

T

P

T 4

V

V

3

V

V V,L

Consecuentemente se utilizará la ecuación de estado de los gases ideales

P ∗ V  n ∗ R ∗ T En el punto 1

T  T

En el punto 2

T  T

En el punto 3

T  T

En el punto 4

T  T


P  P V  V

P  P V  V

P  P V  V

P  P V  Vw


Practica 2 Verano Quimica Resuelto

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