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 1dm3 de capacidad. El frasco es tan débil que se romperá si la presión sobrepasa 1MPa. ¿A qué temperatura alcanzará la presión del gas el valor de rotura? Datos: 𝑔𝐶2 𝐻6 = 5 𝑔 𝑉𝐶2 𝐻6 = 1 𝑑𝑚3 = 1𝐿 ℳ𝐶2𝐻6 = 30 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑃 = 1 𝑀𝑃𝑎 = 9.878104 𝑎𝑡𝑚 𝑇 =? Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑛= 𝑔 ℳ 𝑇= 𝑃𝑉 𝑛𝑅 𝑔 (30 ) (9.878104 𝑎𝑡𝑚)(1𝐿) 𝑃𝑉 ℳ𝑃𝑉 𝑚𝑜𝑙 𝑇= 𝑔 = = 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑔𝑅 (5 𝑔) (0.082 ) ℳ𝑅 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑇 = 722.788098 𝐾 𝑇𝐶 = 722.788098 − 273.15 𝑻𝑪 = 𝟒𝟒𝟗. 𝟔𝟑𝟖𝟎𝟗𝟖℃ 2.2. Un gran cilindro para almacenar gases comprimidos tiene un volumen aproximado de 0.050 m3. Si el gas se almacena a una presión de 15MPa a 300K, ¿cuántas moles de gas contiene el cilindro? ¿Cuál sería la masa del oxígeno en un cilindro de esta naturaleza? Datos: 𝑉 = 0.050 𝑚3 = 50 𝐿 𝑃 = 15 𝑀𝑃𝑎 = 148.171563 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 300𝐾 𝑛 =? 𝑔𝑂2 = ? ℳ𝑂2 = 32 𝑔 𝑚𝑜𝑙 Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑛= (148.171563 𝑎𝑡𝑚)(50 𝐿) 𝑃𝑉 = 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑅𝑇 (0.082 ) (300𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝒏 = 𝟑𝟎𝟏. 𝟏𝟔𝟏𝟕𝟏𝟑 𝒎𝒐𝒍 𝑔𝑂2 = 𝑛 ∗ ℳ𝑂2 𝑔𝑂2 = (301.161713 𝑚𝑜𝑙) (32 𝑔 ) 𝑚𝑜𝑙 𝒈𝑶𝟐 = 𝟗𝟔𝟑𝟕. 𝟏𝟕𝟒𝟖𝟐𝟗 𝒈 𝐾𝑔𝑂2 = 9637.174829 𝑔 | 1 𝐾𝑔 | = 𝟗. 𝟔𝟑𝟕𝟏𝟕𝟒 𝑲𝒈 1000 𝑔 2.3. En el sistema ilustrado en la figura 2.13 se halla contenido helio a 𝟑𝟎. 𝟐 ℃. La cubeta niveladora L puede levantarse para llenar la cubeta inferior con mercurio y forzar la entrada del gas a la parte superior del dispositivo. El volumen de la cubeta 1 hasta la marca b es de 100.5 cm 3 y el de la cubeta 2 entre las marcas a y b es de 110.0 cm3. La presión ejercida por el helio se mide por la diferencia entre los niveles del mercurio en el dispositivo y en el brazo evacuado del manómetro. Cuando el nivel del mercurio está en a, la presión es 20.14 mm. La densidad del mercurio a 𝟑𝟎. 𝟐 ℃ es 𝟏𝟑. 𝟓𝟐𝟏𝟐 𝒈/𝒄𝒎𝟑 y la aceleración de la gravedad es 𝟗. 𝟖𝟎𝟔𝟔𝟓 𝒎/𝒔𝟐 ¿Cuál es la masa de helio en el recipiente? Datos: 𝑇 = 30.2 ℃ = 303.35 K 𝑉1 = 100.2 𝑐𝑚3 = 0.1002 𝐿 𝑉2 = 110.0 𝑐𝑚3 = 0.11 𝐿 𝑃𝑒𝑛 𝑎 = 20.14 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.0265 𝑎𝑡𝑚 𝜌𝐻𝑔 = 13.5212 𝑎 = 9.80665 ℳ𝐻𝑒 = 4 𝑔 𝑔 = 13521.2 3 𝑐𝑚 𝐿 𝑚 𝑠2 𝑔 𝑚𝑜𝑙 Solución 𝑉𝑇 = 𝑉1 + 𝑉2 𝑉𝑇 = 0.1002 𝐿 + 0.11 𝐿 𝑉𝑇 = 0.2102 𝐿 𝑃𝑉 = 𝑊 𝑅𝑇 ℳ 𝑊𝐻𝑒 = 𝑊𝐻𝑒 = ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑒𝑛 𝑎 𝑉 𝑅𝑇 (4 𝑔 ) (0.0265 𝑎𝑡𝑚)(0.2102 𝐿) 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 (0.082 ) (303.35 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑾𝑯𝒆 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟖𝟗𝟔 𝒈 = 𝟖𝟗𝟔 𝝁𝒈 2.4. Se emplea el mismo tipo de aparato usado en el problema 2.3. En este caso no se conoce el volumen 𝑽𝟏 ; el volumen en el matraz 2, 𝑽𝟐 , es 110.0cm3. Cuando el nivel del mercurio está en a, la presión es 15.42 mm. Cuando el nivel del mercurio se eleva a b, la diferencia de niveles es 27.35mm. La temperatura es 𝟑𝟎. 𝟐 ℃. Utilícense los valores de densidad del mercurio y g dados en el problema 2.3. a) ¿Cuál es la masa del helio en el sistema? b) ¿Cuál es el volumen del matraz 1? Datos: 𝑉1 = ? 𝑉2 = 110.0𝑐𝑚3 = 0.11 𝐿 𝑃𝑒𝑛 𝑎 = 15.42 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.020289 𝑎𝑡𝑚 𝑃 𝑒𝑛 𝑏 = 27.35 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.035987 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 30.2 ℃ = 303.35 K 𝜌𝐻𝑔 = 13.5212 𝑎 = 9.80665 ℳ𝐻𝑒 = 4 𝑔 𝑔 = 13521.2 3 𝑐𝑚 𝐿 𝑚 𝑠2 𝑔 𝑚𝑜𝑙 Solución b) La masa del helio será la misma en a y en b 1. 𝑊𝐻𝑒 = ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑎 (𝑉1 + 𝑉2 ) = 𝑅𝑇 𝑅𝑇 En el punto b 2. 𝑊𝐻𝑒 = ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑏 (𝑉1 ) = 𝑅𝑇 𝑅𝑇 Igualando 1=2 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑎 (𝑉1 + 𝑉2 ) ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑏 (𝑉1 ) = 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑃𝑎 (𝑉1 + 𝑉2 ) = 𝑃𝑏 (𝑉1 ) 𝑃𝑎 𝑉1 + 𝑃𝑎 𝑉2 = 𝑃𝑏 𝑉1 𝑃𝑎 𝑉1 − 𝑃𝑏 𝑉1 = −𝑃𝑎 𝑉2 (𝑃𝑎 − 𝑃𝑏 )𝑉1 = −𝑃𝑎 𝑉2 𝑉1 = − 𝑃𝑎 𝑉2 (𝑃𝑎 − 𝑃𝑏 ) 𝑉1 = − (0.020289 𝑎𝑡𝑚)(0.11 𝐿) (0.020289 𝑎𝑡𝑚 − 0.035987 𝑎𝑡𝑚) 𝑽𝟏 = 𝟎. 𝟏𝟒𝟐𝟏𝟕 𝑳 a) Entonces la masa del helio cuando se eleva hasta b 𝑉1 = 0.14217 𝐿 𝑊𝐻𝑒 = 𝑊𝐻𝑒 ℳ𝐻𝑒∗ 𝑃𝑒𝑛 𝑏∗ 𝑉1 𝑅𝑇 𝑔 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 (4 𝑚𝑜𝑙 ) (0.035987𝑎𝑡𝑚)(0.14217 𝐿) = = 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑅𝑇 (0.082 ) (303.35 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑾𝑯𝒆 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟖𝟐𝟐 𝒈 = 𝟖𝟐𝟐 𝝁𝒈 2.5. Supóngase que al establecer las escalas de masa atómicas, las condiciones estándar escogidas han sido 𝑷𝒐 = 𝟏 𝒂𝒕𝒎, 𝑽𝒐 = 𝟎. 𝟎𝟑 𝒎𝟑 (exactamente) y 𝑻𝒐 = 𝟑𝟎𝟎 𝑲 (exactamente). Calcúlense la constante de los gases, la contante de Avogadro y las masas de un mol de hidrógeno y oxígeno. Datos: 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑉̃𝑜 = 0.03 𝑚 3 𝐿 = 30 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑇𝑜 = 300 𝐾 𝑅 =? 𝑁𝑜 = 6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑛𝐻2 = 1 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑂2 = 1 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐻2 = ? ℳ𝑂2 = ? Solución 𝑃𝑜 𝑉̃𝑜 = 𝑅𝑜 𝑇𝑜 𝐿 (1 𝑎𝑡𝑚) (30 ) 𝑃𝑜 𝑉̃𝑜 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑜 = = (300 𝐾) 𝑇𝑜 𝑘𝑔 𝑎𝑡𝑚 . 𝐿 10330 𝑚2 1 𝑚3 9.8 𝑁 1𝐽 𝑱 𝑹𝒐 = 0.1 ∗| ∗ | |∗| | |∗| | = 𝟏𝟎. 𝟏𝟐𝟑𝟒 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 1 𝑎𝑡𝑚 1000 𝐿 1 𝑘𝑔 𝑁𝑚 𝒎𝒐𝒍. 𝑲 La constante de Avogadro en 1 mol tiene 𝑽 = 𝟐𝟐. 𝟒𝟏𝟒 𝑳 𝒎𝒐𝒍 a 𝑻 = 𝟐𝟕𝟑. 𝟏𝟓 𝑲 y una 𝑷 = 𝟏 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝐿 𝑃1 𝑉1 (1 𝑎𝑡𝑚) (22.414 𝑚𝑜𝑙 ) 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑅1 = = = 0.082057 𝑇1 273.15 𝐾 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑎𝑡𝑚 . 𝐿 0.1 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑅0 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑛= = = = 1.218665 𝑅1 𝑇𝑜 𝑅1 0.082057 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑁1 = 𝑛 ∗ 𝑁𝑜 𝑁1 = (1.218665𝑚𝑜𝑙)(6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠) 𝑵𝟏 = 𝟕. 𝟑𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟐𝟑 𝒎𝒐𝒍é𝒄𝒖𝒍𝒂𝒔 ℳ𝐻2 𝑔 (1 ) (7.34 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠) ℳ𝐻2 0 ∗ 𝑚𝑜𝑙 = 𝑁1 = 𝑁0 6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝓜𝑯𝟐 = 𝟏. 𝟐𝟏𝟖𝟔𝟔𝟐 ℳ𝑂2 𝒈 𝒎𝒐𝒍 𝑔 (16 ) (7.34 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠) ℳ𝑂2 0 ∗ 𝑚𝑜𝑙 = 𝑁1 = 𝑁0 6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝓜𝑶𝟐 = 𝟏𝟗. 𝟒𝟗𝟖𝟓𝟖𝟗 𝒈 𝒎𝒐𝒍 𝟏 𝝏𝑽 2.6. El coeficiente de expansión térmica α está definido por 𝜶 = (𝑽) (𝝏𝑻) . Aplicando la ecuación 𝑷 de estado, calcúlese el valor 𝜶 para un gas ideal. 1 𝜕𝑉 𝛼 = ( )( ) 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝟏. 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝟐. 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑃 Derivando 2 𝑛𝑅 𝜕𝑇 𝑃 𝜕𝑉 = 𝟑. 𝜕𝑉 𝑛𝑅 ( ) = 𝜕𝑇 𝑃 𝑃 De 1: 𝑉 𝑛𝑅 = 𝑇 𝑃 𝟒. 4 en 3 𝟓. ( 𝜕𝑉 𝑉 ) = 𝜕𝑇 𝑃 𝑇 Remplazando 5 en la ecuación inicial: 1 𝑉 𝛼 = ( )( ) 𝑉 𝑇 𝜶= 𝟏 𝑻 𝟏 𝝏𝑽 2.7. El coeficiente de compresibilidad 𝜷 está definido por 𝜷 = − (𝑽) (𝝏𝑷) . Calcúlese el valor de 𝜷 𝑻 para un gas ideal. 1 𝜕𝑉 𝛽 = −( )( ) 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 𝟏. 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝟐. 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑃 Derivando 2 𝜕𝑉 = − 𝟑. 𝑛𝑅𝑇 𝜕𝑃 𝑃2 𝜕𝑉 𝑛𝑅𝑇 ( ) =− 2 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 1 en 3 𝜕𝑉 𝑃𝑉 ( ) =− 2 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 𝟒. ( 𝜕𝑉 𝑉 ) =− 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 Remplazando 4 en la ecuación inicial: 1 𝑉 𝛽 = − ( ) (− ) 𝑉 𝑃 𝜷= 𝟏 𝑷 𝝏𝑷 2.8. Exprésese la derivada (𝝏𝑻) de un gas ideal en función de 𝜶 𝒚 𝜷. 𝑽 1 𝜕𝑉 ( ) 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 𝟏. 𝛼= 𝟐. 1 𝜕𝑉 𝛽=− ( ) 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 𝜕𝑇 𝜕𝑉 𝜕𝑃 ( ) ( ) ( ) = −1 𝜕𝑉 𝑃 𝜕𝑃 𝑇 𝜕𝑇 𝑉 𝜕𝑃 1 ( ) =− 𝜕𝑇 𝜕𝑉 𝜕𝑇 𝑉 ( ) ( ) 𝜕𝑉 𝑃 𝜕𝑃 𝑇 𝜕𝑉 ( ) 𝜕𝑃 𝜕𝑇 𝑃 𝟑. ( ) = − 𝜕𝑉 𝜕𝑇 𝑉 ( ) 𝜕𝑃 𝑇 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝟒. 𝑉= 𝑛𝑅𝑇 𝑃 Derivando con respecto a 4 𝑃𝑉 𝜕𝑉 𝑛𝑅 𝑉 𝟓. ( ) = = 𝑇 = 𝜕𝑇 𝑃 𝑃 𝑃 𝑇 𝜕𝑉 𝑛𝑅𝑇 𝑉𝑃 𝑉 𝟔. ( ) = − 2 = − 2 = − 𝜕𝑃 𝑇 𝑃 𝑃 𝑃 Remplazando 5 en 1: 𝛼= 1 𝑉 ( ) 𝑉 𝑇 7. 𝛼= 1 𝑇 Remplazando 6 en 2: 1 𝑉 𝛽 = − (− ) 𝑉 𝑃 1 𝟖. 𝛽 = ( ) 𝑃 Con 3: 𝑉 𝜕𝑃 ( ) =− 𝑇 𝑉 𝜕𝑇 𝑉 (− 𝑃 ) 𝜕𝑃 𝑃 𝟗. ( ) = 𝜕𝑇 𝑉 𝑇 Remplazando 7 y 8 en 9: 𝝏𝑷 𝜶 ( ) = 𝝏𝑻 𝑽 𝜷 2.9. Considérese una mezcla de gases en un frasco de 2 dm3 a 𝟐𝟕℃ . Para cada mezcla calcúlese la presión parcial de cada gas, la presión total y la composición de la muestra en porcentaje molar. Compárense los resultados de los cuatro cálculos. a) 1 g de H2 y 1 g de O2 b) 1 g de N2 y 1 g de O2 c) 1 g de CH4 y 1 g de NH3 d) 1 g de H2 y 1 g de Cl2 Datos: 𝑉 = 2 dm3 = 2 L 𝑇 = 27℃ = 300.15 𝐾 Solución a) 𝑔𝐻2 = 1 𝑔 𝑔𝑂2 = 1 𝑔 ℳ𝐻2 = 2 𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑂2 = 32 𝑛𝐻2 = 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔𝐻2 1𝑔 = 𝑔 = 0.5 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐻2 2 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑂2 = 𝑔𝑂2 1𝑔 = = 0.03125 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑂2 32 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐻2 + 𝑛𝑂2 𝑛 𝑇 = 0.5 𝑚𝑜𝑙 + 0.03125 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 0.53125 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐻2 = 𝑛𝐻2 0.5 𝑚𝑜𝑙 = = 0.941176 = 𝟗𝟒. 𝟏𝟏𝟕𝟔 % 𝑯𝟐 𝑛𝑇 0.53125 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑂2 = 𝑛𝑂2 0.03125 𝑚𝑜𝑙 = = 0.058824 = 𝟓. 𝟖𝟖𝟐𝟒 % 𝑶𝟐 𝑛𝑇 0.53125 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑛𝑅𝑇 (0.53125 𝑚𝑜𝑙) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (300.15 𝐾) 𝑃= = 𝑉 2𝐿 𝑷 = 𝟔. 𝟓𝟑𝟕𝟔𝟒𝟐 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝐻2 = 𝑋𝐻2 ∗ 𝑃 = (0.941176)(6.537642 𝑎𝑡𝑚) = 𝟔. 𝟏𝟓𝟑𝟎𝟕𝟐 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑂2 = 𝑋𝑂2 ∗ 𝑃 = (0.058824)(6.537642 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟑𝟖𝟒𝟓𝟕𝟎 𝒂𝒕𝒎 b) 𝑔𝑁2 = 1 𝑔 𝑔𝑂2 = 1 𝑔 ℳ𝑁2 = 28 𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑂2 = 32 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑁2 = 𝑔𝑁2 1𝑔 = 𝑔 = 0.035714 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑁2 28 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑂2 = 𝑔𝑂2 1𝑔 = = 0.03125 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑂2 32 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 𝑛𝑁2 + 𝑛𝑂2 𝑛 𝑇 = 0.035714 𝑚𝑜𝑙 + 0.03125 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 0.066964 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑁2 = 𝑛𝑁2 0.035714 𝑚𝑜𝑙 = = 0.533331 = 𝟓𝟑. 𝟑𝟑𝟑𝟏 % 𝑵𝟐 𝑛𝑇 0.066964 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑂2 = 𝑛𝑂2 0.03125 𝑚𝑜𝑙 = = 0.466669 = 𝟒𝟔. 𝟔𝟔𝟔𝟗 % 𝑶𝟐 𝑛𝑇 0.066964 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑛𝑅𝑇 (0.066964 𝑚𝑜𝑙) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (300.15 𝐾) 𝑃= = 𝑉 2𝐿 𝑷 = 𝟎. 𝟖𝟐𝟒𝟎𝟔𝟗 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑁2 = 𝑋𝑁2 ∗ 𝑃 = (0.533331)(0.824069 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟒𝟑𝟗𝟓𝟎𝟐 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑂2 = 𝑋𝑂2 ∗ 𝑃 = (0.466669)(0.824069 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟑𝟖𝟒𝟓𝟔𝟕 𝒂𝒕𝒎 c) 𝑔𝐶𝐻4 = 1 𝑔 𝑔𝑁𝐻3 = 1 𝑔 ℳ𝐶𝐻4 = 16 𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑁𝐻3 = 17 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝐶𝐻4 = 𝑔𝐶𝐻4 1𝑔 = 𝑔 = 0.0625 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐶𝐻4 16 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑁𝐻3 = 𝑔𝑁𝐻3 1𝑔 = = 0.058824 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝑁𝐻3 17 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐶𝐻4 + 𝑛𝑁𝐻3 𝑛 𝑇 = 0.0625 𝑚𝑜𝑙 + 0.058824 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 0.121324 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐶𝐻4 = 𝑛𝐶𝐻4 0.0625 𝑚𝑜𝑙 = = 0.51515 = 𝟓𝟏. 𝟓𝟏𝟓 % 𝑪𝑯𝟒 𝑛𝑇 0.121324 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑁𝐻3 = 𝑛𝑁𝐻3 0.058824 𝑚𝑜𝑙 = = 0.48485 = 𝟒𝟖. 𝟒𝟖𝟓 % 𝑵𝑯𝟑 𝑛𝑇 0.121324 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑛𝑅𝑇 (0.121324 𝑚𝑜𝑙) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (300.15 𝐾) 𝑃= = 𝑉 2𝐿 𝑷 = 𝟏. 𝟒𝟗𝟑𝟎𝟑𝟏 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝐶𝐻4 = 𝑋𝐶𝐻4 ∗ 𝑃 = (0.51515)(1.493031 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟕𝟔𝟗𝟏𝟑𝟓 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑁𝐻3 = 𝑋𝑁𝐻3 ∗ 𝑃 = (0.48485)(1.493031 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟑𝟕𝟐𝟑𝟖𝟗𝟔 𝒂𝒕𝒎 d) 𝑔𝐻2 = 1 𝑔 𝑔𝐶𝑙2 = 1 𝑔 ℳ𝐻2 = 2 𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐶𝑙2 = 71 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝐻2 = 𝑔𝐻2 1𝑔 = 𝑔 = 0.5 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐻2 2 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝐶𝑙2 = 𝑔𝐶𝑙2 1𝑔 = = 0.014084 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐶𝑙2 71 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐻2 + 𝑛𝐶𝑙2 𝑛 𝑇 = 0.5 𝑚𝑜𝑙 + 0.014084 𝑚𝑜𝑙 𝑛 𝑇 = 0.514084 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐻2 = 𝑛𝐻2 0.5 𝑚𝑜𝑙 = = 0.972604 = 𝟗𝟕. 𝟐𝟔𝟎𝟒 % 𝑯𝟐 𝑛𝑇 0.514084 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐶𝑙2 = 𝑛𝐶𝑙2 0.014084 𝑚𝑜𝑙 = = 0.027396 = 𝟐. 𝟕𝟑𝟗𝟔% 𝑪𝒍𝟐 𝑛𝑇 0.514084 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑛𝑅𝑇 (0.514084 𝑚𝑜𝑙) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (300.15 𝐾) 𝑃= = 𝑉 2𝐿 𝑷 = 𝟔. 𝟑𝟐𝟔𝟑𝟗𝟓 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝐻2 = 𝑋𝐻2 ∗ 𝑃 = (0.972604)(6.326395 𝑎𝑡𝑚) = 𝟔. 𝟏𝟓𝟑𝟎𝟕𝟕 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝐶𝑙2 = 𝑋𝐶𝑙2 ∗ 𝑃 = (0.027396)(6.326395 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟏𝟕𝟑𝟑𝟏𝟖 𝒂𝒕𝒎 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 H2 que de O2 ya que es bastante más ligero. Entre N2 Y O2 la diferencia no es tan fuerte. 2.10. Se toma una muestra de aire sobre agua a 𝟐𝟎℃ . En el equilibrio, la presión total del aire húmedo es 1 atm. La presión de vapor de equilibrio del agua a 𝟐𝟎℃ es 17.54 Torr; la composición del aire seco, en tanto por ciento en mol, es 78 de N2, 21 de O2 y 1 de Ar. a) Calcúlense las presiones parciales del nitrógeno, oxígeno y argón en la mezcla húmeda. b) Calcúlense las fracciones mol de nitrógeno, oxígeno, argón y agua en la mezcla húmeda Datos: 𝑇 = 20℃ = 293.15 𝐾 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 17.54 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.023079 𝑎𝑡𝑚 Aire seco: 𝑋𝑁2 = 78% = 0.78 𝑋𝑂2 = 21% = 0.21 𝑋𝐴𝑟 = 1% = 0.01 Solución a) En la muestra seca 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 − 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 − 0.023079 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.976921 𝑎𝑡𝑚 𝑷𝑵𝟐 = 𝑋𝑁2 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.78(0.976921 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟕𝟔𝟏𝟗𝟗𝟖 𝒂𝒕𝒎 𝑷𝑶𝟐 = 𝑋𝑂2 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.21(0.976921 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟐𝟎𝟓𝟏𝟓𝟑 𝒂𝒕𝒎 𝑷𝑨𝒓 = 𝑋𝐴𝑟 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.01(0.976921 𝑎𝑡𝑚) = 𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝟕𝟔𝟗 𝒂𝒕𝒎 b) En la muestra húmeda 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 + 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝐻2 𝑂 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 − (𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 ) 𝑃𝐻2 𝑂 = 1 𝑎𝑡𝑚 − (0.761998 𝑎𝑡𝑚 + 0.205153 𝑎𝑡𝑚 + 0.009769 𝑎𝑡𝑚) 𝑃𝐻2 𝑂 = 0.023079 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝑁2 = 𝑋𝑂2 = 𝑋𝐴𝑟 = 𝑃𝑁2 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 𝑃𝑂2 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 𝑃𝐴𝑟 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 𝑋𝐻2 𝑂 = = 0.761998 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟕𝟔𝟏𝟗𝟗𝟖 1 𝑎𝑡𝑚 = 0.205153 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟐𝟎𝟓𝟏𝟓𝟑 1 𝑎𝑡𝑚 = 0.009769 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝟕𝟔𝟗 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 0.023079 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟑𝟎𝟕𝟗 1 𝑎𝑡𝑚 2.11. Considérese una muestra de 20L de aire húmedo a 𝟔𝟎℃ bajo una presión total de 1 atm en la que la presión parcial del vapor de agua es 0.120 atm. Supóngase la composición del aire seco dada en el problema 2.10. a) ¿Cuáles son los porcentajes en mol de cada uno de los gases en la muestra? b) El porcentaje de humedad relativa se define como %H.R.=100 Pw/Pwo, donde Pw es la presión parcial en la muestra y Pwo es la presión de vapor de equilibrio del agua a la temperatura en cuestión. A 𝟔𝟎℃ , Pwo=0.197 atm. ¿Qué volumen debe ocupar la mezcla a 𝟔𝟎℃ si la humedad relativa ha de ser del 100%? c) ¿Qué fracción del agua se condensará si la presión total de la mezcla aumenta isotérmicamente hasta 200 atm? Datos: 𝑉 = 20 𝐿 𝑇 = 60℃ = 333.15 𝐾 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 0.120 𝑎𝑡𝑚 Aire seco: 𝑋𝑁2 = 78% = 0.78 𝑋𝑂2 = 21% = 0.21 𝑋𝐴𝑟 = 1% = 0.01 Solución a) En la muestra seca 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 − 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 − 0.120 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.88 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑁2 = 𝑋𝑁2 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.78(0.88 𝑎𝑡𝑚) = 0.6864 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑂2 = 𝑋𝑂2 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.21(0.88 𝑎𝑡𝑚) = 0.1848 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐴𝑟 = 𝑋𝐴𝑟 ∗ 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 0.01(0.88 𝑎𝑡𝑚) = 0.0088 𝑎𝑡𝑚 En la muestra húmeda 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 + 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝐻2 𝑂 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 − (𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 ) 𝑃𝐻2 𝑂 = 1 𝑎𝑡𝑚 − (0.6864 𝑎𝑡𝑚 + 0.1848 𝑎𝑡𝑚 + 0.0088 𝑎𝑡𝑚) 𝑃𝐻2 𝑂 = 0.12 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝑁2 = 𝑋𝑂2 = 𝑃𝑁2 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 𝑃𝑂2 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 = 0.6864 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟔𝟖𝟔𝟒 = 𝟔𝟖. 𝟔𝟒% 𝑵𝟐 1 𝑎𝑡𝑚 = 0.1848 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟒𝟖 = 𝟏𝟖. 𝟒𝟖% 𝑶𝟐 1 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐴𝑟 = 𝑃𝐴𝑟 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 𝑋𝐻2 𝑂 = = 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 ℎú𝑚𝑒𝑑𝑜 0.0088 𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟖𝟖 = 𝟎. 𝟖𝟖% 𝑨𝒓 1 𝑎𝑡𝑚 = 0.120𝑎𝑡𝑚 = 𝟎. 𝟏𝟐𝟎 = 𝟏𝟐% 𝑯𝟐 𝑶 1 𝑎𝑡𝑚 b) 𝑇 = 60℃ = 333.15 𝐾 𝐻𝑅 = 100% %𝐻. 𝑅. = 100 𝑃𝑤 𝑃𝑤𝑜 𝑃𝑤𝑜 = 0.197 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑤 = %𝐻𝑅 ∗ 𝑃𝑤𝑜 100 𝑃𝑤 = 100 ∗ 0.197 𝑎𝑡𝑚 100 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 𝑃𝑤 = 0.197 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑇 = 0.197 𝑎𝑡𝑚 + 0.120𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇 = 0.317 𝑎𝑡𝑚 Aire seco 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑛= 𝑃𝑉 𝑅𝑇 𝑛= (0.197 𝑎𝑡𝑚)(20 𝐿) 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 (0.082 ) (333.15 𝐾 ) 𝑚𝑜𝑙 𝐾 𝑛 = 0.144226 𝑚𝑜𝑙 Cuando: 𝑃𝑇 = 0.317 𝑎𝑡𝑚 𝑉= 𝑉= 𝑛𝑅𝑇 𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (333.15 𝐾 ) 𝑚𝑜𝑙 𝐾 (0.317 𝑎𝑡𝑚) (0.144226 𝑚𝑜𝑙) (0.082 𝑉 = 12.42 𝐿 c) 𝑃𝑇 = 200 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇 = 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝐻2 𝑂 = 𝑃𝑇 − 𝑃𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑜 𝑃𝐻2 𝑂 = 200 𝑎𝑡𝑚 − 0.197 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐻2 𝑂 = 199.803 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻2 𝑂 = 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑇 𝑋𝐻2 𝑂 = 199.803 𝑎𝑡𝑚 200 𝑎𝑡𝑚 𝑿𝑯𝟐𝑶 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟗𝟎𝟏𝟓 2.12. Un recipiente contiene agua líquida en equilibrio con vapor de agua a 𝟑𝟎℃ . La presión de vapor de equilibrio del agua a 𝟑𝟎℃ es 𝟑𝟏. 𝟖𝟐 𝑻𝒐𝒓𝒓 . Si el volumen del recipiente aumenta, cierta cantidad de agua líquida se evapora para mantener la presión de equilibrio. Hay 0.90 g de agua presentes. ¿Cuál debe ser el volumen del recipiente si se ha de evaporar todo el líquido? (El volumen del agua líquida puede ignorarse) Datos: 𝑇 = 30℃ = 303.15 𝐾 𝑃𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎 = 31.82 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.041868 𝑎𝑡𝑚 𝑔𝐻2 𝑂 = 0.90𝑔 ℳ𝐻2 𝑂 = 18 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑉 =? Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑉= 𝑔𝑅𝑇 ℳ𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 (0.90𝑔) (0.082 ) (303.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑉= 𝑔 (18 ) (0.041868 𝑎𝑡𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑽 = 𝟐𝟗. 𝟔𝟕 𝑳 2.13. La presión total de una mezcla de oxigeno e hidrógeno es 1 atm. La mezcla se incendia y el agua formada se separa. El gas restante es hidrógeno puro y ejerce una presión de 0.40 atm cuando se mide bajo las mismas condiciones de V y T que la mezcla original. ¿Cuál era la composición original de la mezcla (en % en mol)? Datos: 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐻 𝑝𝑢𝑟𝑜 = 0.40 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻2 = ? 𝑋𝑂2 = ? Solución 𝑋𝐻 𝑝𝑢𝑟𝑜 = 𝑃𝐻 𝑝𝑢𝑟𝑜 𝑃 = 0.40 𝑎𝑡𝑚 = 0.40 1 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻2 = 2(0.40) 𝑋𝐻2 = 0.80 = 𝟖𝟎%𝑯𝟐 𝑋 = 𝑋𝐻2 + 𝑋𝑂2 𝑋𝑂2 = 𝑋 − 𝑋𝐻2 𝑋𝑂2 = 1 − 0.80 𝑋𝑂2 = 0.20 = 𝟐𝟎% 𝑶𝟐 2.14. Una mezcla de nitrógeno y vapor de agua se introduce en un frasco que contiene un agente secante sólido. Inmediatamente después de la introducción, la presión en el frasco es de 760 Torr. Después de varias horas, la presión alcanza el valor estacionario de 745 Torr. a) Calcúlese la composición, en porcentaje en mol, de la mezcla original. b) Si el experimento se realiza a 𝟐𝟎℃ y el peso del agente secante aumenta en 0.150g, ¿cuál es el volumen del frasco? (el volumen ocupado por el agente secante se puede ignorarse.) Datos: 𝑃𝑖 = 760 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑓 = 745 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.980263 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 20℃ = 293.15 𝐾 𝑔𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑐𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝑔𝐻2 𝑂 = 0.150 𝑔 Solución a) 𝑃𝑖 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑓 = 𝑃𝑁2 𝑋𝑁2 = 𝑃𝑁2 𝑃𝑓 0.980263 𝑎𝑡𝑚 = = = 0.980263 = 𝟗𝟖. 𝟎𝟐𝟔𝟑% 𝑵𝟐 𝑃𝑇 𝑃𝑖 1 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻2 𝑂 = 𝑃𝐻2 𝑂 𝑃𝑖 − 𝑃𝑁2 1 𝑎𝑡𝑚 − 0.980263 𝑎𝑡𝑚 = = = 0.019737 = 𝟏. 𝟗𝟕𝟑𝟕% 𝑯𝟐 𝑶 𝑃𝑇 𝑃𝑖 1 𝑎𝑡𝑚 b) 𝑇 = 20℃ = 293.15 𝐾 𝑔𝐻2 𝑂 = 0.150 𝑔 ℳ𝐻2 𝑂 = 18 𝑃𝑉 = 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔 𝑅𝑇 ℳ 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑔𝑅𝑇 (0.150 𝑔) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (293.15 𝐾) 𝑉= = 𝑔 ℳ𝑃 (18 ) (0.019737 𝑎𝑡𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑽 = 𝟏𝟎. 𝟏𝟒𝟗𝟒𝟐𝟑 𝑳 2.15. Se analiza una mezcla de oxigeno e hidrógeno pasándola por óxido de cobre caliente y a través de un tubo de secado. El hidrógeno reduce el CuO según la ecuación: 𝑪𝒖𝑶 + 𝑯𝟐 → 𝑪𝒖 + 𝑯𝟐 𝑶 El oxigeno se re oxida el cobre formado: 𝟏 𝑪𝒖 + 𝑶𝟐 → 𝑪𝒖𝑶 𝟐 100.0 cm3 de la mezcla metidos a 𝟐𝟓 ℃ y 750 Torr producen 84.5 cm3 de oxigeno seco, medidos a una temperatura de 𝟐𝟓 ℃ y 750 Torr después de su paso por CuO y el agente secante. ¿Cuál es la composición original de la mezcla? Datos: 𝑉 = 100 𝑐𝑚3 = 0.1 𝐿 𝑇 = 𝑇𝑂2 = 25 ℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 𝑃𝑂2 = 750 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.986842 𝑎𝑡𝑚 𝑉𝑂2 = 84.5 𝑐𝑚3 = 0.0845 𝐿 Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑛𝑇 = (0.986842 𝑎𝑡𝑚)(0.1 𝐿) 𝑃𝑉 = = 0.004036 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑛𝑂2𝑠𝑒𝑐𝑜 = 𝑃𝑉 (0.986842 𝑎𝑡𝑚)(0.0845 𝐿) = = 0.003411 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 Moles de oxigeno resultantes 𝑛𝑂2 = 𝑛𝑂2 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑛𝑂2 𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑜𝑛 𝑛𝑂2 𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑜𝑛 = 1 𝑛 2 𝐻2 𝑛𝐻2 = 2𝑛𝑂2 𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑜𝑛 Numero total de la mezcla: 𝑛 𝑇 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2 𝑛 𝑇 = 𝑛𝑂2 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 𝑛𝑂2 𝑞𝑢𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟𝑜𝑛 + 𝑛𝐻2 𝑛 𝑇 = 𝑛𝑂2 𝑠𝑒𝑐𝑜 + 1 𝑛 + 𝑛𝐻2 2 𝐻2 𝑛 𝑇 − 𝑛𝑂2 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 3 𝑛 2 𝐻2 2 𝑛𝐻2 = (𝑛 𝑇 − 𝑛𝑂2 𝑠𝑒𝑐𝑜 ) 3 2 𝑛𝐻2 = (0.004036 𝑚𝑜𝑙 − 0.003411 𝑚𝑜𝑙) 3 𝑛𝐻2 = 0.0004166 𝑚𝑜𝑙 Composición inicial 𝑋𝐻2 = 𝑛𝐻2 0.0004166 𝑚𝑜𝑙 = = 0.103238 = 𝟏𝟎. 𝟑𝟐% 𝑯𝟐 𝑛𝑇 0.004036 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑂2 = 𝑛𝑂2 (0.0002083 𝑚𝑜𝑙 + 0.003411 𝑚𝑜𝑙) = = 0.896754 = 𝟖𝟗. 𝟔𝟖% 𝑶𝟐 𝑛𝑇 0.004036 𝑚𝑜𝑙 2.16. Una muestra de etano, C2H6, se quema en un volumen de aire tal, que contiene el doble del oxigeno necesario para quemar completamente el C2H6 y producir CO2 y H2O. Después de que el etano se quema completamente, ¿Cuál es la composición (en fracción mol) de la mezcla gaseosa? Supóngase que toda el agua presente esta en fase vapor y que el aire es 78% de nitrógeno, 21% de oxigeno y 1% de argón. Datos: 𝑋𝑁2 = 78% = 0.78 𝑋𝑂2 = 21% = 0.21 𝑋𝐴𝑟 = 1% = 0.01 2𝐶2 𝐻6 + 7𝑂2 ↔ 4𝐶𝑂2 + 6 𝐻2 O Solución Composición inicial 𝑋𝐻2 = 𝑛𝐻2 = 0.747 = 𝟕𝟒. 𝟕% 𝑯𝟐 𝑛𝑇 𝑋𝑂2 = 𝑛𝑂2 = 0.101 = 𝟏𝟎. 𝟏% 𝑶𝟐 𝑛𝑇 𝑋𝐴𝑟 = 𝑛𝐻2 = 0.010 = 𝟏% 𝑨𝒓 𝑛𝑇 𝑋𝐶𝑂2 = 𝑛𝐶𝑂2 = 0.058 = 𝟓. 𝟖% 𝑪𝑶𝟐 𝑛𝑇 𝑋𝐻2𝑂 = 𝑛𝐻2𝑂 = 0.086 = 𝟖. 𝟔% 𝑯𝟐 𝑶 𝑛𝑇 2.17. Una mezcla de gases esta compuesta de etano y butano. Se llena un matraz de 200 cm 3 de capacidad con el gas a una presión de 100 kPa a 𝟐𝟎 ℃ . Si el peso del gas en el matraz es 0.3846 g, ¿Cuál es el porcentaje en mol del butano en la mezcla? Datos: 𝑉 = 200 𝑐𝑚3 = 0.2 𝐿 𝑃 = 100 𝑘𝑃𝑎 = 0.98781 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 20 ℃ = 293.15 𝐾 𝑔𝑔𝑎𝑠 = 0.3846 𝑔 ℳ𝐶2𝐻6 = 30 𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ𝐶4𝐻10 = 58 𝑔 𝑚𝑜𝑙 Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑛= (0.98781 𝑎𝑡𝑚)(0.2 𝐿) 𝑃𝑉 = 𝑅𝑇 (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (293.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑛𝑔𝑎𝑠 = 0.008219 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑔𝑎𝑠 = 𝑛𝐶2𝐻6 + 𝑛𝐶4𝐻10 𝑛𝑔𝑎𝑠 = 𝑔𝐶2𝐻6 ℳ𝐶2𝐻6 + 𝑔𝐶4𝐻10 ℳ𝐶4𝐻10 𝑔𝑔𝑎𝑠 = 𝑔𝐶2𝐻6 + 𝑔𝐶4𝐻10 𝑔𝐶2𝐻 = 𝑔𝑔𝑎𝑠 − 𝑔𝐶4𝐻 6 10 𝑛𝑔𝑎𝑠 = 𝑔𝐶2𝐻6 ℳ𝐶2𝐻6 0.008219 = + 𝑔𝐶4𝐻10 ℳ𝐶4𝐻10 = 𝑔𝑔𝑎𝑠 − 𝑔𝐶4𝐻10 ℳ𝐶2𝐻6 + 𝑔𝐶4𝐻10 ℳ𝐶4𝐻10 = 0.3846 − 𝑔𝐶4 𝐻10 𝑔𝐶4 𝐻10 + 30 58 0.3846 − 𝑔𝐶4 𝐻10 𝑔𝐶4 𝐻10 + 30 58 0.008219 = 0.01282 − 0.033333𝑔𝐶4 𝐻10 + 0.017241𝑔𝐶4 𝐻10 0.033333𝑔𝐶4 𝐻10 − 0.017241𝑔𝐶4 𝐻10 = 0.01282 − 0.008219 0.016092𝑔𝐶4 𝐻10 = 0.004601 𝑔𝐶4 𝐻10 = 0.004601 0.016092 𝑔𝐶4 𝐻10 = 0.285918 𝑔 𝑛𝐶4 𝐻10 = 𝑔𝐶4 𝐻10 0.285918 𝑔 = = 0.004929 𝑚𝑜𝑙 𝑔 ℳ𝐶4𝐻10 58 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐶4 𝐻10 = 𝑛𝐶4 𝐻10 0.004929 𝑚𝑜𝑙 = = 0.599784 = 𝟓𝟗. 𝟗𝟕𝟖𝟒 % 𝑪𝟒 𝑯𝟏𝟎 𝑛𝑔𝑎𝑠 0.008219 𝑚𝑜𝑙 2.18. Un matraz de 138.2 mL de volumen contiene 0.6946 g de gas a 756.2 Torr y 𝟏𝟎𝟎 ℃. ¿Cuál es la masa molar del gas? Datos: 𝑉 = 138.2 𝑚𝑙 = 0.1382 𝐿 𝑔 = 0.6946 𝑔 𝑃 = 756.2 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.995 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 100℃ = 373.15 𝐾 Solución 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑃𝑉 = 𝑔 𝑅𝑇 ℳ 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑔𝑅𝑇 (0.6946 𝑔 ) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (373.15 𝐾) ℳ= = (0.995 𝑎𝑡𝑚)(0.1382 𝐿) 𝑃𝑉 𝓜 = 𝟏𝟓𝟒. 𝟔 𝒈 𝒎𝒐𝒍 2.19. Considérese una columna isotérmica de un gas ideal a 𝟐𝟓℃ . ¿Cuál debe ser la masa molar de este gas si la presión es 0.80 de su valor inicial del suelo a a) 10Km, b) 1 km, y c) 1m, d)¿qué tipo de moléculas tiene la masa molar de la magnitud en c)? Datos: 𝑇 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 0.80 𝑃𝑜 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝑍 = 10 𝑘𝑚 = 10 000 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 0.80 𝑃𝑜 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 ln 0.80 = ln 𝑒 − ln 0.80 = − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐽 (8.314 ) (298.15 𝐾)(ln 0.80) 𝑅𝑇(ln 0.80) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ℳ=− =− 𝑚 𝑔𝑧 (9.8 2 ) (10 000 𝑚) 𝑠 ℳ = 5.6442 ∗ 10−3 𝓜 = 𝟓. 𝟔𝟒𝟒𝟐 𝑘𝑔 1000 𝑔 ∗| | 𝑚𝑜𝑙 1 𝑘𝑔 𝒈 𝒎𝒐𝒍 b) 𝑍 = 1 𝑘𝑚 = 1000 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 0.80 𝑃𝑜 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 ln 0.80 = ln 𝑒 − ln 0.80 = − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐽 (8.314 ) (298.15 𝐾)(ln 0.80) 𝑅𝑇(ln 0.80) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ℳ=− =− 𝑚 𝑔𝑧 (9.8 2 ) (1000 𝑚) 𝑠 ℳ = 0.056442 𝑘𝑔 1000 𝑔 ∗| | 𝑚𝑜𝑙 1 𝑘𝑔 𝓜 = 𝟓𝟔. 𝟒𝟒𝟐 𝒈 𝒎𝒐𝒍 c) 𝑍 = 1𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 0.80 𝑃𝑜 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 ln 0.80 = ln 𝑒 − ln 0.80 = − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐽 (8.314 ) (298.15 𝐾)(ln 0.80) 𝑅𝑇(ln 0.80) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ℳ=− =− 𝑚 𝑔𝑧 (9.8 2 ) (1 𝑚) 𝑠 𝓜 = 𝟓𝟔. 𝟒𝟒𝟐 𝒌𝒈 𝒎𝒐𝒍 d) La masa molar del literal c) nos muestra que las moléculas son macromoléculas por lo tanto se tratan de polímeros. 2.20. Suponiendo que el aire tiene una masa molar media de 28.9 g/mol, y que la atmósfera es isotérmica ha 𝟐𝟓℃ , calcúlese la presión barométrica en Denver, que esta a 1600 m sobre el nivel del mar; calcúlese la presión barométrica en la cima del monte Evans, a 4348 m sobre el nivel del mar. La presión al nivel del mar puede tomarse como 760 Torr. Datos: ℳ = 28.9 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑇 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 760 𝑇𝑜𝑟𝑟 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝑧 = 1600 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(1600 𝑚) 1 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑠 − ∗( ) 𝐽 1000 𝑔 (8.314 )(298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑒 (28.9 𝑃 = (760 𝑇𝑜𝑟𝑟) ∗ 𝑷 = 𝟔𝟑𝟑. 𝟎𝟐𝟒𝟐𝟗𝟔 𝑻𝒐𝒓𝒓 b) 𝑧 = 4348 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑃 = (760 𝑇𝑜𝑟𝑟) ∗ 𝑒 𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(4348 𝑚) 1 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑠 ∗( ) 𝐽 1000 𝑔 (8.314 )(298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (28.9 𝑷 = 𝟒𝟔𝟐. 𝟒𝟒𝟕𝟔𝟎𝟔 𝑻𝒐𝒓𝒓 2.21. Considérese un gas ideal de papas que tiene las siguientes propiedades: obedece la ley del gas ideal y las partículas individuales pesan 100g, pero no ocupan volumen (es decir, son masas puntuales). a) A 𝟐𝟓℃, calcúlese la altura a la cual el número de papas por centímetro cúbico disminuye hasta una millonésima parte de su valor a nivel del suelo. b) Sabiendo que las papas reales ocupan volumen, ¿hay alguna correlación entre el resultado del cálculo en a) y la distribución espacial observada de las papas en una bolsa de papel? Datos: 𝑔𝑖 = 100 𝑔 = 0.1 𝑘𝑔 𝑁 = 10−6 𝑁𝑜 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝑇 = 25 ℃ = 298.15 𝐾 𝑁 = 𝑁𝑜 𝑒 − ln ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑁 ℳ𝑔𝑧 =− 𝑁𝑜 𝑅𝑇 𝑧= 𝑅𝑇 𝑁𝑜 (ln ) ℳ𝑔 𝑁 La masa molecular de una papa es igual a su masa por el número de Avogadro: ℳ = 𝑔𝑖 ∗ 𝑁𝐴 = 0.1 𝑘𝑔 ∗ 6.023 ∗ 1023 = 6.023 ∗ 1022 Entonces 𝐽 ) (298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 6 𝑧= 𝑚 (ln 10 ) 22 (6.023 ∗ 10 𝑘𝑔) (9.8 2 ) 𝑠 (8.314 𝒛 = 𝟓. 𝟖𝟎𝟏𝟗𝟑𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟐𝟎 𝒎 b) Si hay correlación 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 observamos. 2.22. Considérese la presión a una altura de 10 km en una columna de aire, 𝓜 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟖𝟗 𝒌𝒈 . 𝒎𝒐𝒍 Si la presión al nivel del suelo permanece a 1 atm, pero la temperatura cambia de 300K a 320K, ¿Cuál seria el cambio de presión a la altura de 10 km? Datos: 𝑍 = 10 𝑘𝑚 = 10 000 𝑚 ℳ = 0.0289 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑇1 = 300 𝐾 𝑇2 = 320 𝐾 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución 𝑃1 = 𝑃𝑜 𝑒 − 𝑃1 = ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑘𝑔 𝑚 (0.0289 )(9.8 2 )(10 000 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 − 𝐽 (8.314 )(300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑒 𝑃1 = 0.321257 𝑎𝑡𝑚 𝑃2 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(10 000 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(320 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0289 𝑃2 = (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑒 𝑃2 = 0.344885 𝑎𝑡𝑚 ∆𝑃 = 𝑃2 − 𝑃1 = 0.344885 𝑎𝑡𝑚 − 0.321257 𝑎𝑡𝑚 ∆𝑷 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟒 𝒂𝒕𝒎 2.23. A 300K, una mezcla de gases en un campo gravitacional ejerce una presión total de 1 atm y consta de 0.600 de fracción mol de nitrógeno, 𝓜 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟖𝟎 𝓜 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟒𝟎 𝒌𝒈 ; 𝒎𝒐𝒍 el resto es dióxido de carbono, 𝒌𝒈 . 𝒎𝒐𝒍 a) Calcúlese las presiones parciales de N2 y CO2, la presión total, y la fracción mol de N2 en la mezcla a una altitud de 50 km. b) Calcúlese el número de moles de nitrógeno a una altura entre 0 y 50 km en una columna cuya área de sección transversal es 5 m2. Datos: 𝑇 = 300 𝐾 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑜𝑁2 = 0.600 ℳ𝑁2 = 0.0280 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑜𝐶𝑂2 = 0.400 ℳ𝐶𝑂2 = 0.0440 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝑧 = 50 𝑘𝑚 = 50000𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(300𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0280 𝑃𝑁2 = (0.600)𝑒 𝑷𝑵𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟒𝟓 𝒂𝒕𝒎 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑃𝐶𝑂2 = (0.400)𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(300𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0440 𝑷𝑪𝑶𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟕𝟏 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑇 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝐶𝑂2 𝑃𝑇 = 0.00245 𝑎𝑡𝑚 + 0.000071 𝑎𝑡𝑚 𝑷𝑻 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟓𝟐𝟏 𝒂𝒕𝒎 𝑋𝑁2 = 𝑃𝑁2 0.00245 𝑎𝑡𝑚 = = 0.971761 = 𝟗𝟕. 𝟏𝟕𝟔𝟏%𝑵𝟐 𝑃𝑇 0.002521 𝑎𝑡𝑚 b) 𝐴 = 5𝑚2 ̃𝑜 ∗ 𝑛 =𝐴∗𝐶 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) ℳ𝑔 𝑘𝑔 𝑛𝑁2 𝑚 (0.028 )(9.8 2 )(50000 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝐽 𝑠 − (8.314 ) (300 𝐾) 𝐽 𝑚𝑜𝑙 (8.314 )(300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 2 𝑚𝑜𝑙.𝐾 = (5 𝑚 ) (1 )∗ ∗ (1 − 𝑒 ) 𝑘𝑔 𝑚 𝐿 (0.028 ) (9.8 2 ) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝒏𝑵𝟐 = 𝟏. 𝟏𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒎𝒐𝒍 2.24. L a composición aproximada de la atmósfera a nivel del mar está dada en la siguiente tabla. Despreciando los cuatro últimos componentes, calcúlese las presiones parciales del resto, la presión total y la composición de la atmósfera, en tanto por ciento en mol, a alturas de 50 y 100 km (t=25 °C). Datos: 𝑇 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝑁2 = 78.09% = 0.7809; ℳ𝑁2 = 0.0280 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐶𝑂2 = 0.03% = 0.0003 ; ℳ𝐶𝑂2 = 0.0440 𝑋𝑂2 = 20.93% = 0.2093 ; ℳ𝑂2 = 0.0320 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐴𝑟 = 0.93% = 0.0093 ; ℳ𝐴𝑟 = 0.039948 𝑋𝑁𝑒 = 0.0018% = 0.000018 ; ℳ𝑁𝑒 = 0.020183 𝑋𝐻𝑒 = 0.0005% = 5 ∗ 10−6 ; ℳ𝐻𝑒 = 0.004 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝑧 = 50 𝑘𝑚 = 50000𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0280 𝑃𝑁2 = (0.7809)𝑒 𝑷𝑵𝟐 = 𝟑. 𝟎𝟖𝟏𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝐶𝑂2 = (0.0003)𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0440 𝑷𝑪𝑶𝟐 = 𝟓. 𝟎𝟎𝟗𝟏 ∗ 𝟏𝟎−𝟖 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝑂2 = (0.2093)𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0320 𝑷𝑶𝟐 = 𝟑. 𝟕𝟒𝟔𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝐴𝑟 = (0.0093)𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.039948 𝑷𝑨𝒓 = 𝟑. 𝟒𝟓𝟗𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝒂𝒕𝒎 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.020183 𝑃𝑁𝑒 = (0.000018)𝑒 𝑷𝑵𝒆 = 𝟑. 𝟑𝟑𝟏 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝐻𝑒 = (5 ∗ 10−6 )𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(50000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.004 𝑷𝑯𝒆 = 𝟐. 𝟐𝟔𝟕𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑇 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝐶𝑂2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 + 𝑃𝑁𝑒 + 𝑃𝐻𝑒 𝑃𝑇 = 3.0819 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 + 5.0091 ∗ 10−8 𝑎𝑡𝑚 + 3.7463 ∗ 10−4 𝑎𝑡𝑚 + 3.4593 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 + 3.331 ∗ 10−7 𝑎𝑡𝑚 + 2.2676 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 𝑷𝑻 = 𝟑. 𝟒𝟔𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝒂𝒕𝒎 𝑋𝑁2 = 𝑃𝑁2 3.0819 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 = = 0.89 = 𝟖𝟗%𝑵𝟐 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐶𝑂2 = 𝑃𝐶𝑂2 5.0091 ∗ 10−8 𝑎𝑡𝑚 = = 0.000014 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟒%𝑪𝑶𝟐 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝑂2 = 𝑃𝑂2 3.7463 ∗ 10−4 𝑎𝑡𝑚 = = 0.1082 = 𝟏𝟎. 𝟖𝟐%𝑶𝟐 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐴𝑟 = 𝑃𝐴𝑟 3.4593 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 = = 0.001 = 𝟎. 𝟏%𝑨𝒓 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝑁𝑒 = 𝑃𝑁𝑒 3.331 ∗ 10−7 𝑎𝑡𝑚 = = 0.000097 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝟕%𝑵𝒆 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻𝑒 𝑃𝐻𝑒 2.2676 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 = = = 0.000654 = 𝟎. 𝟎𝟔𝟓𝟒%𝑯𝒆 𝑃𝑇 3.4626 ∗ 10−3 𝑎𝑡𝑚 b) 𝑧 = 100 𝑘𝑚 = 100000𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0280 𝑃𝑁2 = (0.7809)𝑒 𝑷𝑵𝟐 = 𝟏. 𝟐𝟏𝟔𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝐶𝑂2 = (0.0003)𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0440 𝑷𝑪𝑶𝟐 = 𝟖. 𝟑𝟔𝟑𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒂𝒕𝒎 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.0320 𝑃𝑂2 = (0.2093)𝑒 𝑷𝑶𝟐 = 𝟔. 𝟕𝟎𝟓𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝒂𝒕𝒎 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.039948 𝑃𝐴𝑟 = (0.0093)𝑒 𝑷𝑨𝒓 = 𝟏. 𝟐𝟖𝟔𝟕 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 𝒂𝒕𝒎 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.020183 𝑃𝑁𝑒 = (0.000018)𝑒 𝑷𝑵𝒆 = 𝟔. 𝟏𝟔𝟒𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 𝒂𝒕𝒎 − 𝑃𝐻𝑒 = (5 ∗ 10−6 )𝑒 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(100000𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.004 𝑷𝑯𝒆 = 𝟏. 𝟎𝟐𝟖𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝒂𝒕𝒎 𝑃𝑇 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝐶𝑂2 + 𝑃𝑂2 + 𝑃𝐴𝑟 + 𝑃𝑁𝑒 + 𝑃𝐻𝑒 𝑃𝑇 = 1.2163 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 + 8.3638 ∗ 10−12 𝑎𝑡𝑚 + 6.7055 ∗ 10−7 𝑎𝑡𝑚 + 1.2867 ∗ 10−9 𝑎𝑡𝑚 + 6.1644 ∗ 10−9 𝑎𝑡𝑚 + 1.0284 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 𝑷𝑻 = 𝟏. 𝟑𝟖𝟔𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒂𝒕𝒎 𝑋𝑁2 = 𝑃𝑁2 1.2163 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 = = 0.8770 = 𝟖𝟕. 𝟕%𝑵𝟐 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐶𝑂2 = 𝑋𝑂2 = 𝑋𝐴𝑟 𝑃𝐶𝑂2 8.3638 ∗ 10−12 𝑎𝑡𝑚 = = 6.0306 ∗ 10−7 = 𝟔. 𝟎𝟑𝟎𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 %𝑪𝑶𝟐 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑂2 6.7055 ∗ 10−7 𝑎𝑡𝑚 = = 0.0483 = 𝟒. 𝟖𝟑%𝑶𝟐 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐴𝑟 1.2867 ∗ 10−9 𝑎𝑡𝑚 = = = 9.2775 ∗ 10−5 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟗𝟑%𝑨𝒓 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝑁𝑒 = 𝑃𝑁𝑒 6.1644 ∗ 10−9 𝑎𝑡𝑚 = = 0.00044 = 𝟎. 𝟎𝟒𝟒%𝑵𝒆 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑋𝐻𝑒 = 𝑃𝐻𝑒 1.0284 ∗ 10−6 𝑎𝑡𝑚 = = 0.0742 = 𝟕. 𝟒𝟐%𝑯𝒆 𝑃𝑇 1.3869 ∗ 10−5 𝑎𝑡𝑚 2.25. Una solución de un polímero, 𝓜 = 𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈 , 𝒎𝒐𝒍 a 27 °C, llena un recipiente hasta una profundidad de 10 cm. Si la concentración de la solución de polímero en el fondo de la solución es Co, ¿Cuál es la concentración en la parte superior de la solución? Datos: 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 ℳ = 200 𝑇 = 27℃ = 300.15 𝐾 𝑧 = 10𝑐𝑚 = 0.1 𝑚 𝐶𝑜 = 𝐶𝑜 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(0.1 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 − 𝐽 (8.314 )(300.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝐶𝑜 𝑒 (200 𝐶= 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − 0.07854 𝑪 = 𝟎. 𝟗𝟐𝟒𝟓𝑪𝒐 2.26. A 300 K considérese una solución coloidal, 𝓜 = 𝟏𝟓𝟎 𝒌𝒈 ,en 𝒎𝒐𝒍 un campo gravitacional. Si la concentración del coloide es 0.00080 mol/L en la parte superior de la solución, y 0.0010 mol/L en el fondo: a) ¿Cuál es la profundidad de la solución? b) Calcúlese la concentración promedio del coloide en los 0.10 m mas bajos de la solución. c) Calcúlese el numero de moles en los 10cm más bajos de la solución, si el área de la sección transversal del recipiente es 20 cm2. Datos: ℳ = 150 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝐶 = 0.00080 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝐶𝑜 = 0.0010 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝑇 = 300 𝐾 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − ln ( ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐶 ℳ𝑔𝑧 )=− 𝐶𝑜 𝑅𝑇 𝑧=− 𝑅𝑇 𝐶 ln ( ) ℳ𝑔 𝐶𝑜 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ) (300 𝐾) 0.00080 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝐿 ) 𝑧=− ln ( 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚 0.0010 𝐿 (150 ) (9.8 2 ) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 (8.314 𝑧 = 0.3786 𝑚 ∗ | 100 𝑐𝑚 | 1𝑚 𝒛 = 𝟑𝟕. 𝟖𝟔 𝒄𝒎 b) 𝑧 = 0.10 𝑚 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐶 = (0.0010 𝑚𝑜𝑙 )𝑒 𝐿 𝐶 = 9.43 ∗ 10−4 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(0.10 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (150 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 9.43 ∗ 10−4 𝐿 + 0.0010 𝐿 𝐶̃ = 2 ̃ = 𝟗. 𝟕𝟏𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝑪 𝒎𝒐𝒍 𝑳 c) 𝐴 = 20𝑐𝑚2 = 0.002 𝑚2 ̃𝑜 ∗ 𝑛 =𝐴∗𝐶 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) ℳ𝑔 𝑘𝑔 𝑚 (150 )(9.8 2 )(0.10 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝐽 𝑠 − (8.314 ) (300 𝐾) 𝐽 𝑚𝑜𝑙 (8.314 )(300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 2 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑛 = (0.002 𝑚 ) (1 )∗ ∗ (1 − 𝑒 ) 𝑘𝑔 𝑚 𝐿 (150 ) (9.8 2 ) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝒏 = 𝟏. 𝟗𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝒐𝒍 2.27. Una solución polimérica tiene una concentración promedio, ⟨𝒄̃⟩ = 𝟎. 𝟏𝟎𝟎 𝒎𝒐𝒍/𝒎𝟑 , y una masa molar promedio de 20.0 kg/mol. A 25 °C, la solución llena un cilindro de 50 cm de altura. ¿Cuáles son las concentraciones del polímero en la parte superior y en el fondo del cilindro? Datos: ℳ = 20 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚3 𝐶̃ = 0.100 𝑇 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑧 = 50 𝑐𝑚 = 0.5 𝑚 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución 𝐶̃ = 𝐶 𝑎 𝑙𝑜𝑠 50 𝑐𝑚 + 𝐶 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 2 𝐶 𝑎 𝑙𝑜𝑠 50 𝑐𝑚 = 2𝐶̃ − 𝐶 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 𝐶𝑜 = 𝐶 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 𝐶 = 𝐶 𝑎 𝑙𝑜𝑠 50 𝑐𝑚 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − − 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(0.5 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (20 𝐶 = 0.9612𝐶𝑜 2𝐶̃ − 𝐶𝑜 = 0.9612𝐶𝑜 2𝐶̃ = 0.9612𝐶𝑜 + 𝐶𝑜 2(0.100) = 1.9612𝐶𝑜 𝑪𝒐 = 𝟎. 𝟏𝟎𝟐 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝟑 𝐶 = 0.9612 (0.102 𝑚𝑜𝑙 ) 𝑚3 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝟑 𝑪 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟖 2.28. A 300K, una solución polimérica llena un cilindro hasta una profundidad de 0.20m; el área de la sección transversal es 20 cm2. a) Si la concentración en la parte superior de la solución es el 95% de la del fondo, ¿cuál es la masa molar del polímero? b) Calcúlese la masa total del polímero en el recipiente, si 𝑪̃𝑶 = 𝟎. 𝟐𝟓 c) Calcúlese la concentración promedio del polímero en la solución. Datos: 𝑇 = 300𝐾 𝑧 = 0.20 𝑚 𝐴 = 20𝑐𝑚2 = 0.002𝑚2 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución a) 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐶 = 0.95𝐶𝑜 − 0.95𝐶𝑜 = 𝐶𝑜 𝑒 0.95𝐶𝑜 =𝑒 𝐶𝑜 − 𝑚 ℳ(9.8 2 )(0.20 𝑚) 𝑠 𝐽 (8.314 )( 300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑚 ℳ(9.8 2 )(0.20 𝑚) 𝑠 𝐽 (8.314 )( 300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑚 ) (0.20 𝑚) 𝑠2 ln 0.95 = − 𝐽 (8.314 ) ( 300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ℳ (9.8 ℳ=− 𝐽 ) ( 300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ln 0.95 𝑚 (9.8 2 ) (0.20 𝑚) 𝑠 (8.314 𝓜 = 𝟔𝟓. 𝟐𝟕 𝒌𝒈 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍 . 𝒎𝟑 ̃𝑂 = 0.25 b) 𝐶 ̃𝑜 ∗ 𝑛ℳ = 𝐴 ∗ 𝐶 𝑚𝑜𝑙 𝑚3 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) 𝑔 𝑘𝑔 𝑚 (65.27 )(9.8 2 )(0.20 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝐽 𝑠 − (300 (8.314 ) 𝐾) 𝐽 𝑚𝑜𝑙 (8.314 )(300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑔 = (0.002 𝑚2 ) (0.25 3 ) ∗ ∗ (1 − 𝑒 ) 𝑚 𝑚 (9.8 2 ) 𝑠 𝑔 = (0.127255 𝑘𝑔)(0.05) 𝑔 = 6.3628 ∗ 10−3 𝑘𝑔 ∗ | 1000 𝑔 | 1 𝑘𝑔 𝒈𝒑𝒐𝒍í𝒎𝒆𝒓𝒐 = 𝟔. 𝟑𝟔𝟐𝟖 𝒈 c) 𝐶 = 𝐶𝑜 𝑒 − ̃𝑂 = 0.25 𝐶 ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑚𝑜𝑙 𝑚3 − 𝐶 = (0.25 𝑚𝑜𝑙 )𝑒 𝑚3 𝐶 = (0.25 𝑚𝑜𝑙 ) 0.95 𝑚3 𝐶 = 0.2375 𝐶̃ = 𝐶̃ = 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(0.20 𝑚) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )( 300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (65.27 𝑚𝑜𝑙 𝑚3 𝐶 𝑎 𝑙𝑜𝑠 0.20 𝑚 + 𝐶 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 2 (0.2375 ̃ = 𝟎. 𝟐𝟒𝟒 𝑪 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ) + (0.25 3 ) 𝑚3 𝑚 2 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝟑 2.29. Un globo de 10000m3 de capacidad se llena con helio a 𝟐𝟎℃ y a 1 atm de presión. Si el globo se carga con un 80% de la carga que puede levantar a nivel del suelo, ¿a qué altura alcanzará el estado de reposo? Supóngase que el volumen del globo es constante, la atmósfera isotérmica, 𝒈 𝟐𝟎℃, la masa molar del aire, 𝟐𝟖. 𝟗 𝒎𝒐𝒍 y la presión a nivel del suelo, 1 atm. La masa del globo es 𝟏. 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝒈. Datos: 𝑉 = 10 000 𝑚3 𝑇 = 20℃ = 293.15 𝐾 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 = 101234 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 = 28.9 ℳ𝐻𝑒 = 4 𝑁 𝑚2 𝑔 𝑘𝑔 = 0.0289 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑔 𝑘𝑔 = 0.004 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑔𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 = 1.3 ∗ 106 𝑔 = 1300 𝑘𝑔 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución 𝑊𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑊𝐻𝑒 + 𝑊𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 + 𝑊𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 El peso de la masa del aire desalojado varía con la altura por lo que: 𝑊𝑎𝑖𝑟𝑒 = 𝑚𝑎𝑖𝑟𝑒 ∗ 𝑔 = 𝜌𝑉𝑔 = 𝜌𝑉𝑔𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 =𝑔 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑃𝑉 −ℳ𝑔𝑧 𝑒 𝑅𝑇 𝑅𝑇 Ya que: 𝜌= 𝑚 ℳ𝑃 = 𝑉 𝑅𝑇 Para el Helio es de manera similar: 𝑊𝐻𝑒 = 𝑚𝐻𝑒 ∗ 𝑔 = 𝜌𝑉𝑔 = 𝜌𝑉𝑔𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 =𝑔 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 −ℳ𝑔𝑧 𝑒 𝑅𝑇 𝑅𝑇 El peso del globo no varía con la altura 𝑊𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 = 𝑚𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 ∗ 𝑔 Para la carga sabemos que a nivel del suelo la carga máxima seria aquella que sumada al peso del globo y del helio igualara el peso del volumen del aire desalojado, es decir. 𝑊𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 = 𝑔 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑃𝑉 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 − 𝑚𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 𝑔 − 𝑔 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑊𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 = 0.80 𝑊𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑎 El globo alcanzará el reposo cuando: 𝑔 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑃𝑉 −ℳ𝑔𝑧 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 −ℳ𝑔𝑧 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑃𝑉 ℳ𝐻𝑒 𝑃𝑉 𝑒 𝑅𝑇 = 𝑔 𝑒 𝑅𝑇 + 𝑚𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 𝑔 + 0.80 (𝑔 − 𝑚𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 𝑔 − 𝑔 ) 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 − ℳ𝐻𝑒 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 = 0.2 𝑚𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 𝑅𝑇 + 0.80(ℳ𝑎𝑖𝑟𝑒 − ℳ𝐻𝑒 ) 𝑃𝑉 (0.0289 𝑘𝑔 )𝑒 𝑚𝑜𝑙 − 𝑘𝑔 𝑚 (0.0289 )(9.8 2 )𝑧 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(293.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 − (0.004 𝑘𝑔 )𝑒 𝑚𝑜𝑙 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )𝑧 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(293.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.004 𝐽 ) (293.15 𝐾) 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 = 0.2 (1300 𝑘𝑔) + 0.80 (0.0289 − 0.004 ) 𝑁 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 (101234 2 ) (10 000 𝑚3 ) 𝑚 (8.314 (0.0289 𝑘𝑔 )𝑒 𝑚𝑜𝑙 − 𝑘𝑔 𝑚 (0.0289 )(9.8 2 )𝑧 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(293.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 − (0.004 𝑘𝑔 )𝑒 𝑚𝑜𝑙 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )𝑧 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 (8.314 )(293.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (0.004 𝐽 ) (293.15 𝐾) 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 = 0.2 (1300 𝑘𝑔) + 0.80 (0.0289 − 0.004 ) 𝑁 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 (101234 2 ) (10 000 𝑚3 ) 𝑚 (8.314 (0.0289 𝑘𝑔 − 1.1462∗10−4 𝑧 𝑘𝑔 − 1.6084∗10−5 𝑧 𝑘𝑔 )𝑒 − (0.004 )𝑒 = 0.02054593 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 Aplicando método numérico se tiene que alcanzará el globo el estado de reposo a: 𝒛 = 𝟏𝟒𝟏𝟎 𝒎 = 𝟏. 𝟒𝟏 𝒌𝒎 2.30. Al morir Julio César, su última exhalación tenía un volumen de unos 500cm3. El aire expulsado tenía 1% en mol de argón. Supóngase que la temperatura era de 300K y que la presión a nivel del suelo era 1 atm. Supóngase que la temperatura y la presión son uniformes sobre la superficie y aún tienen esos valores. Si las moléculas de argón de César han permanecido todas en la atmósfera y se han mezclado completamente a través de ella, ¿cuántas inhalaciones de 500cm 3 cada una debemos realizar en promedio para inhalar una de las moléculas de argón de César? El radio medio de la Tierra es 6.37x106m. Datos: 𝑉 = 500𝑐𝑚3 = 0.0005 𝑚3 = 0.5 𝐿 𝑋𝐴𝑟 = 1% = 0.001 ℳ𝐴𝑟 = 39.948 𝑔 𝑘𝑔 = 0.039948 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑇 = 300 𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑟𝑡𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 = 6.36 ∗ 106 𝑚 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝑚 𝑠2 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 Solución 𝑉𝑎𝑡𝑚 = 𝐴𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑖𝑒𝑟𝑟𝑎 ∗ ℎ = 4𝜋𝑟 2 𝑧 ∞ ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑧 𝑛𝐽𝐶 = ∫ 𝑛𝐽𝐶 𝑜 𝑒 − 0 Integrando: 𝑛𝐽𝐶 = 𝑛𝐽𝐶 𝑜 𝑛𝐽𝐶 𝑜 = 𝑅𝑇 4𝜋𝑟 2 ℳ𝑔 ℳ𝑔 𝑛 4𝜋𝑟 2 𝑅𝑇 𝑛𝐽𝐶 = 𝑋𝐴𝑟 (1 𝑎𝑡𝑚)(0.5 𝐿) 𝑃𝑉 = 0.01 ( ) = 2.0325 ∗ 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑅𝑇 (0.082 ) (300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑁𝐽𝐶 𝑜 = 𝑛𝐽𝐶 𝑜 ∗ 𝑁𝑜 = ℳ𝑔 𝑛 ∗ 𝑁𝑜 4𝜋𝑟 2 𝑅𝑇 𝑁𝑜 = 𝑁ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝐴𝑣𝑜𝑔𝑎𝑑𝑟𝑜 = 6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑁𝐽𝐶 𝑜 = 𝑁𝐽𝐶 𝑜 𝑘𝑔 𝑚 ) (9.8 2 ) (2.0325 ∗ 10−4 𝑚𝑜𝑙) 𝑚𝑜𝑙 𝑠 ∗ (6.023 ∗ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠) 𝐽 4𝜋(6.36 ∗ 106 𝑚)2 (8.314 ) (300 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 (0.039948 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑚3 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 = (37.8018 ) = 0.0189 (0.0005 ) 𝑚3 𝑖𝑛ℎ𝑎𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑖𝑛ℎ𝑎𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 El inverso nos dará el número de inhalaciones necesarias para aspirar una molécula de Julio César 1 𝑖𝑛ℎ𝑎𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝒊𝒏𝒉𝒂𝒍𝒂𝒄𝒊𝒐𝒏𝒆𝒔 = 52.9 = 𝟓𝟑 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝒎𝒐𝒍é𝒄𝒖𝒍𝒂𝒔 0.0189 𝑖𝑛ℎ𝑎𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 2.31. Mostrar que 𝒙𝒊 = 𝒚 ( 𝒊) 𝑴𝒊 𝒚𝟏 𝒚 [( )+( 𝟐 )+⋯ ] 𝑴𝟏 𝑴𝟐 , en la que 𝒙𝒊 , 𝒚𝒊 y 𝑴𝒊 son la fracción mol, el porcentaje en peso y la masa molar del componente 𝒊, respectivamente. Solución 𝑛𝑖 = 𝑔𝑖 ℳ𝑖 𝑥𝑖 = 𝑛𝑖 𝑛𝑇 𝑦𝑖 = 𝑔𝑖 ∗ 100 𝑔𝑇 Si: 𝑛 𝑇 = 𝑛1 + 𝑛2 + … … … . . 𝑛𝑖 Entonces: 𝑦𝑖 𝑔𝑇 100ℳ𝑖 𝑛𝑖 = Por lo tanto: 𝑛𝑇 = 𝑦1 𝑔𝑇 𝑦2 𝑔𝑇 + + … … … . .. 100ℳ1 100ℳ2 𝑦𝑖 𝑔𝑇 𝑔𝑇 𝑦𝑖 100ℳ𝑖 100 (ℳ𝑖 ) 𝑥𝑖 = 𝑦 𝑔 = 𝑔 𝑦2 𝑔𝑇 𝑦 𝑦 1 𝑇 𝑇 + + … … … . . . ( 1 + 2 + ………..) 100ℳ1 100ℳ2 100 ℳ1 ℳ2 𝒚 (𝓜𝒊 ) 𝒊 𝒙𝒊 = 𝒚 𝒚𝟐 𝟏 (𝓜 + 𝓜 + … … … . . ) 𝟏 𝟐 2.32. Exprésense las presiones parciales en una mezcla de gases a) en función de las concentraciones volumétricas 𝒄̃𝒊 , y b) en función de las razones mol 𝒓𝒊 . Solución a) 𝑃𝑖 = 𝑋𝑖 𝑃 𝑋𝑖 = 𝑛𝑖 𝑛 Ecuación de estado: 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 𝑃 𝑅𝑇 = 𝑛 𝑉 Por lo tanto: 𝑃𝑖 = 𝑛𝑖 𝑅𝑇 𝑉 Concentración molar 𝐶𝑖 = 𝑛𝑖 𝑉 La presión parcial en función de la concentración molar 𝑃𝑖 = 𝐶𝑖 𝑅𝑇 b) Las razones molares se definen como: 𝑟𝑖 = 𝑛𝑖 𝑛1 1 + ∑ 𝑟𝑖 = ∑ 𝑛𝑖 𝑛 𝑇 = 𝑛1 𝑛1 𝑋𝑖 = 𝑛𝑖 𝑟𝑖 = (1 𝑛𝑇 + ∑ 𝑟𝑖 ) Por lo tanto: 𝑃𝑖 = 𝑋𝑖 𝑃 = 𝑷𝒊 = 𝑟𝑖 𝑃 (1 + ∑ 𝑟𝑖 ) 𝒓𝒊 𝑷 (𝟏 + ∑ 𝒓𝒊 ) 2.33. Si a una altura Z dada la presión de un gas es 𝒑𝒛 y que a z=0 es 𝒑𝒐 , demuéstrese que a cualquier altura z, 𝒑 = 𝒑𝒐 𝒇𝒛/𝒁, donde 𝒇 = 𝒑𝒛 /𝒑𝒐. Solución 𝑧=𝑧 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝟏. 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 (𝑒 − ℳ𝑔 𝑧 𝑅𝑇 ) 𝑧=𝑍 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 𝟐. 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 (𝑒 − ℳ𝑔 𝑍 𝑅𝑇 ) ℳ𝑔 𝑍 𝑃𝑧 = (𝑒 − 𝑅𝑇 ) 𝑃𝑜 Despejando de 2 1 ℳ𝑔 𝑃𝑧 𝑍 𝟑. ( ) = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 Remplazo 3 en 1 𝑧 1 𝑃𝑧 𝑍 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 (( ) ) 𝑃𝑜 𝑧 𝑃𝑧 𝑍 𝟒. 𝑃𝑧 = 𝑃𝑜 ( ) 𝑃𝑜 𝟓. 𝑓 = 𝑃𝑧 𝑃𝑜 Remplazo 5 en 4 𝒛 𝑷𝒛 = 𝑷𝒐 𝒇𝒁 2.34. Considérese un gas ideal con una masa molar fija y a una temperatura específica en un campo gravitacional. Si a 5.0 Km de altura la presión es 0.90 de su valor al nivel del suelo, ¿qué fracción del valor al nivel del suelo se tendrá a 10 Km? ¿A 15 Km? Datos: 𝑧 = 5 𝑘𝑚 = 5000 𝑚 𝑃 = 0.90 𝑃𝑜 𝑅 = 8.314 𝑔 = 9.8 𝐽 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 𝑠2 Solución 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑃 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 ln 𝑃 ℳ𝑔𝑧 =− 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑚 ℳ (9.8 2 ) (5000 𝑚) 0.90𝑃𝑜 𝑠 ln ( )=− 𝐽 𝑃𝑜 𝑇 (8.314 ) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚 ) (5000 𝑚) 𝑠2 𝐽 𝑇 (8.314 ) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ℳ (9.8 ln(0.90) = − ln(0.90) = −5893.6733 ℳ 𝑇 ln(0.90) ℳ = −5893.6733 𝑇 ℳ 𝑘𝑔 = 1.7877 ∗ 10−5 𝑇 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 a) 𝑧 = 10 𝑘𝑚 = 10000 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑃 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑃 =𝑒 𝑃𝑜 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(10000 𝑚) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑠 𝐽 (8.314 ) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (1.7877∗10−5 𝑃 = 𝑒 −0.2107 𝑃𝑜 𝑷 = 𝟎. 𝟖𝟏 𝑷𝒐 b) 𝑧 = 15 𝑘𝑚 = 15000 𝑚 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑧 𝑃 = 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑃 =𝑒 𝑃𝑜 − 𝑘𝑔 𝑚 )(9.8 2 )(15000 𝑚) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 𝑠 𝐽 (8.314 ) 𝑚𝑜𝑙.𝐾 (1.7877∗10−5 𝑃 = 𝑒 −0.3161 𝑃𝑜 𝑷 = 𝟎. 𝟕𝟑 𝑷𝒐 2.35. a) Demuéstrese que si calculamos el número total de moléculas de un gas en la atmósfera aplicando la fórmula barométrica, obtendríamos el mismo resultado que si suponemos que el gas tiene la presión del nivel del suelo hasta una altura 𝒛 = 𝑹𝑻 𝑴𝒈 y que la presión es cero por encima de ese nivel. 𝒑 𝒈 b) Demuéstrese que la masa total de la atmósfera terrestre está dada por 𝑨 𝒐, donde 𝒑𝒐 es la presión total a nivel del suelo y A es el área de la superficie terrestre. Nótese que este resultado no depende de la composición de la atmósfera. (Resuélvase este problema calculando primero la masa de cada constituyente, fracción mol=𝒙𝒊 , masa molar 𝑴𝒊 , y sumando. Luego, examinado el resultado, resuélvase de la manera más fácil.) c) Si el radio medio de la Tierra es 6.37x106m y 𝒑𝒐 = 𝟏 𝒂𝒕𝒎, calcúlese la masa de la atmósfera. Solución a) 𝑛10 es el número de moléculas por cm3 a nivel del suelo. Si suponemos que la presión es constante hasta una altura z y cero después, tendremos, en una fracción diferencial. 𝑑𝑛 = 𝑛10 𝐴𝑑𝑧 Integrando: 1 𝑛 = ∫ 𝑛10 𝐴𝑑𝑧 = 𝑛10 𝐴𝑧 = 0 𝑅𝑇 ℳ𝑔 Con la fórmula de la presión barométrica tenemos: 𝑑𝑛 = 𝑛10 𝐴𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑑𝑧 Integrando el número de moléculas en la atmósfera: ∞ 𝑛= 𝑛10 𝐴 ∫ 𝑒− ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑑𝑧 0 𝒏 = 𝒏𝟏𝟎 𝑨 𝑹𝑻 𝓜𝒈 ℳ𝑔𝑧 b) 𝑑𝑚𝑖 = 𝜌𝑜𝑖 𝑒 − 𝑅𝑇 𝐴𝑑𝑧 𝜌𝑜𝑖 = 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑎 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑒𝑙𝑜 Integrando ∞ 𝑚𝑖 = ∫ 𝜌𝑜𝑖 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐴𝑑𝑧 0 𝟏. 𝑚𝑖 = 𝜌𝑜𝑖 𝐴 = 𝜌𝑜𝑖 𝐴 𝑅𝑇 ℳ𝑔 𝑅𝑇 ℳ𝑔 Si: 𝟐. 𝜌𝑜𝑖 = ℳ𝑖 𝑃𝑜𝑖 𝑅𝑇 Remplazando 2 en 1: 𝑚𝑖 = ℳ𝑖 𝑃𝑜𝑖 𝑅𝑇 𝐴 𝑅𝑇 ℳ𝑔 𝟑. 𝑚𝑖 = 𝐴𝑃𝑜𝑖 𝑔 𝑚 𝑇 = ∑ 𝑚𝑖 = ∑ 𝒎𝑻 = 𝐴𝑃𝑜𝑖 𝐴 𝐴 = ∑ 𝑃𝑜𝑖 = 𝑃𝑜 𝑔 𝑔 𝑔 𝑨 𝑷 𝒈 𝒐 c) 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑟 = 6.37x106 m 𝐴 = 4𝜋𝑟 2 𝑔 = 9.8 𝑚 𝑠2 𝑚𝑇 = 𝐴 𝑃 𝑔 𝑜 𝑚𝑇 = 4𝜋𝑟 2 𝑃 𝑔 𝑜 4𝜋(6.37x106 m)2 (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑚𝑇 = 𝑚 9.8 2 𝑠 𝑘𝑔 𝑘𝑔. 𝑚 2 2 10330 2 𝑎𝑡𝑚. 𝑚 . 𝑠 9.8 𝑁 2 𝑚 𝑚 𝑇 = 5.2031 ∗ 1013 ∗| |∗| |∗| 𝑠 | 𝑚 1 𝑎𝑡𝑚 1 𝑘𝑔 1𝑁 𝒎𝑻 = 𝟓. 𝟐𝟔𝟕𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟏𝟖 𝒌𝒈 2.36. Puesto que los gases atmosféricos se distribuyen de forma diferente según sus masas molares, el porcentaje de cada gas es diferente del porcentaje a nivel del suelo. Los valores, 𝒙𝒊 𝟎 , de las fracciones mol a nivel del suelo se suministran a continuación. a) Dedúzcase una relación entre la fracción mol promedio del gas en la atmósfera y las fracciones mol a nivel del suelo. b) Si las fracciones mol de N2, O2 y Ar a nivel del suelo son 0.78, 0.21 y 0.01, respectivamente, calcúlense las fracciones mol promedio de N2, O2 y Ar en la atmósfera. c) Demuéstrese que la fracción de masa promedio de cualquier gas en la atmósfera es igual a su fracción mol a nivel del suelo. Solución a) 𝟏. 𝑥̅𝑖 = 𝑛𝑖 𝑛𝑇 En fracción diferencial tenemos: 𝑑𝑛𝑖 = 𝑛𝑖0 𝐴𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑑𝑧 Integrando: 𝟐. 𝑛𝑖 = 𝑛𝑖0 𝐴 𝑅𝑇 ℳ𝑖 𝑔 𝟑. 𝑛 𝑇 = 𝑛0𝑇 = ∑ 𝑛𝑖0 𝑅𝑇𝐴 𝑅𝑇𝐴 𝑛𝑖0 = ∑ ℳ𝑖 𝑔 𝑔 ℳ𝑖 Por lo tanto remplazando 3 y 2 en 1: 𝑥̅𝑖 = 𝑅𝑇 𝑛𝑖0 𝐴 ℳ 𝑔 𝑖 𝑅𝑇𝐴 𝑛𝑖0 ∑ 𝑔 ℳ𝑖 𝟒. 𝑛𝑖0 ℳ𝑖 𝑥̅𝑖 = 𝑛0 ∑ 𝑖 ℳ𝑖 𝑥𝑖0 = 𝟓. 𝑛𝑖0 𝑛0𝑇 𝑛𝑖0 = 𝑥𝑖0 𝑛0𝑇 Remplazo 5 en 4: 𝑥𝑖0 𝑛0𝑇 𝑥𝑖0 𝑛0𝑇 𝑥𝑖0 ℳ𝑖 ℳ𝑖 ℳ𝑖 𝑥̅𝑖 = = 0 0 = 0 𝑥 𝑛 𝑥 𝑥0 ∑ 𝑖 𝑇 ∑ 𝑖 𝑛0𝑇 ∑ 𝑖 ℳ𝑖 ℳ𝑖 ℳ𝑖 𝒙𝟎𝒊 𝓜𝒊 ̅𝒊 = 𝒙 𝒙𝟎 ∑ 𝒊 𝓜𝒊 b) 𝑥̅𝑖 = 𝑥0 𝑖 ℳ𝑖 𝑥0 ∑ 𝑖 ℳ𝑖 ∑ 𝑋𝑁2 𝑋𝑂2 𝑥𝑖0 𝑋𝐴𝑟 = + + ℳ𝑖 ℳ𝑁2 ℳ𝑂2 ℳ𝐴𝑟 ∑ 𝑥𝑖0 0.78 0.21 0.01 = + + 𝑔 𝑔 𝑔 ℳ𝑖 (28 ) (32 ) (39.948 ) 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ∑ 𝑥𝑖0 𝑚𝑜𝑙 = 0.03467 ℳ𝑖 𝑔 𝑋̅𝑁2 0.78 𝑚𝑜𝑙 𝑔 0.02785 𝑔 (28 ) 𝑚𝑜𝑙 = = = = 𝟎. 𝟖𝟎𝟑𝟓 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑥0 0.03467 0.03467 ∑ 𝑖 𝑔 𝑔 ℳ𝑖 𝑋̅𝑂2 0.21 𝑚𝑜𝑙 𝑔 0.00656 𝑔 (32 ) 𝑚𝑜𝑙 = = = = 𝟎. 𝟏𝟖𝟗𝟑 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑥0 0.03467 𝑔 0.03467 𝑔 ∑ 𝑖 ℳ𝑖 𝑋̅𝐴𝑟 0.01 𝑚𝑜𝑙 𝑋𝐴𝑟 𝑔 (39.948 ) 0.00025 𝑔 ℳ𝐴𝑟 𝑚𝑜𝑙 = = = = 𝟎. 𝟎𝟎𝟕𝟐 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑥𝑖0 0.03467 𝑔 0.03467 𝑔 ∑ ℳ𝑖 𝑋𝑁2 ℳ𝑁2 𝑋𝑂2 ℳ𝑂2 c) La fracción del peso promedio se puede definir así: 𝑓𝑖̅ = 𝑊𝑖𝑇 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑖 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑎𝑡𝑚ó𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 = 𝑊𝑇 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑎𝑡𝑚ó𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 Del inciso a) tenemos que: 𝑊𝑖𝑇 = 𝑛𝑖𝑇 ℳ𝑖 = 𝑛𝑖0 𝐴 𝑅𝑇 𝑅𝑇 ℳ𝑖 = 𝑛𝑖0 𝐴 ℳ𝑖 𝑔 𝑔 𝑊𝑇 = ∑ 𝑊𝑖𝑇 = ∑ 𝑛𝑖0 𝐴𝑅𝑇 𝐴𝑅𝑇 𝐴𝑅𝑇 0 = ∑ 𝑛𝑖0 = 𝑛𝑇 𝑔 𝑔 𝑔 Por lo tanto: 𝑅𝑇 𝑛𝑖0 𝐴 𝑔 𝑊𝑖𝑇 𝑓𝑖̅ = = 𝑊𝑇 𝐴𝑅𝑇 𝑛0 𝑇 𝑔 𝑛𝑖0 𝑛0𝑇 𝑓𝑖̅ = Si: 𝑥𝑖0 = 𝑛𝑖0 𝑛0𝑇 Entonces: 𝒇̅𝒊 = 𝒙𝟎𝒊 2.37. Considérese una columna de gas en un campo gravitacional. Calcúlese la altura Z determinada por la condición de que la mitad de la masa de la columna está situada por debajo de Z. Solución 𝑑𝑚 = 𝑚𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝐴𝑑𝑧 Si 𝐴 = 1 𝑐𝑚2 , tendremos: 𝑑𝑚 = 𝑚𝑜 𝑒 − ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑑𝑧 Integrando hasta una altura Z, tenemos: 𝑚(𝑍) = −𝑚𝑜 𝑒 − 𝑚(𝑍) = −𝑚𝑜 𝑒 − 𝟏. ℳ𝑔𝑧 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑍 | ℳ𝑔 0 ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 + 𝑚𝑜 ℳ𝑔 ℳ𝑔 𝑚(𝑍) = 𝑚𝑜 ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) ℳ𝑔 La masa total la obtendremos integrando hasta el infinito: 𝟐. 𝑚 𝑇 = 𝑚(𝑍 → ∞) = 𝑚𝑜 𝑅𝑇 ℳ𝑔 Dividiendo ½: 𝑚(𝑍) = 𝑚𝑇 ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 𝑚𝑜 ℳ𝑔 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) 𝑅𝑇 𝑚𝑜 ℳ𝑔 ℳ𝑔𝑍 𝑚(𝑍) = (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) 𝑚𝑇 𝟑. Si queremos calcular Z cuando: 𝟒. 𝑚(𝑍) = 𝑚𝑇 2 Remplazando 4 en 3: 𝑚𝑇 2 = (1 − 𝑒 − ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 ) 𝑚𝑇 ℳ𝑔𝑍 1 = (1 − 𝑒 − 𝑅𝑇 ) 2 𝑒− 𝑒− − ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 1 = (1 − ) 2 = 1 2 ℳ𝑔𝑍 1 = ln 𝑅𝑇 2 𝒁=− 𝑹𝑻 𝟏 𝐥𝐧 ( ) 𝓜𝒈 𝟐 2.38. Para la disociación 𝐍𝟐 𝐎𝟒 ↔ 𝟐 𝑵𝑶𝟐 , la constante de equilibrio a 𝟐𝟓℃ es K=0.115; ésta relacionada con el grado de disociación α y la presión en atm por 𝑲 = 𝟒 ∝𝟐 𝒑/(𝟏 −∝𝟐 ). Si n es el número de moles de 𝐍𝟐 𝐎𝟒 que estarían presentes si no ocurriera ninguna disociación, calcúlese V/n a P=2 atm, 1 atm y 0.5 atm, suponiendo que la mezcla de equilibrio se comporta idealmente. Compárense los resultados con los volúmenes si no ocurre la disociación. Datos: 𝑇 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝐾 = 0.115 𝐾 = 4 ∝2 𝑝/(1 −∝2 ) 𝑉 =? 𝑛 Solución Ecuación 3-1, del texto: 𝑃𝑉 = 𝑛(1+∝)𝑅𝑇 𝑉 (1+∝)𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝟏. Calculamos α: a) 𝑃 = 2 𝑎𝑡𝑚 𝐾= 4 ∝2 𝑃 (1 −∝2 ) 0.115 = 4 ∝2 (2) (1 −∝2 ) 0.115 − 0.115 ∝2 = 8 ∝2 0.115 = 8 ∝2 + 0.115 ∝2 0.115 = 8.115 ∝2 ∝2 = 0.014171 ∝= 0.1190 α en 1: 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (1 + 0.119) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (2 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟏𝟑. 𝟔𝟕𝟖𝟖 𝒏 𝒎𝒐𝒍 Si no ocurriera disociación: α =0 𝑉 (1 + 0)𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑉 𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (2 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟏𝟐. 𝟐𝟐𝟒𝟐 𝒏 𝒎𝒐𝒍 b) 𝑃 = 1𝑎𝑡𝑚 𝐾= 4 ∝2 𝑃 (1 −∝2 ) 0.115 = 4 ∝2 (1) (1 −∝2 ) 0.115 − 0.115 ∝2 = 4 ∝2 0.115 = 4 ∝2 + 0.115 ∝2 0.115 = 4.115 ∝2 ∝2 = 0.02795 ∝= 0.1672 α en 1: 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (1 + 0.1672) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟐𝟖. 𝟓𝟑𝟔𝟏 𝒏 𝒎𝒐𝒍 Si no ocurriera disociación: α =0 𝑉 (1 + 0)𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑉 𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟐𝟒. 𝟒𝟒𝟖𝟑 𝒏 𝒎𝒐𝒍 c) 𝑃 = 0.5 𝑎𝑡𝑚 𝐾= 4 ∝2 𝑃 (1 −∝2 ) 0.115 = 4 ∝2 (0.5) (1 −∝2 ) 0.115 − 0.115 ∝2 = 2 ∝2 0.115 = 2 ∝2 + 0.115 ∝2 0.115 = 2.115 ∝2 ∝2 = 0.054373 ∝= 0.2332 α en 1: 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (1 + 0.2332) (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (0.5 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟔𝟎. 𝟐𝟗𝟗𝟑 𝒏 𝒎𝒐𝒍 Si no ocurriera disociación: α =0 𝑉 (1 + 0)𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑉 𝑅𝑇 = 𝑛 𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑉 (0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ) (298.15 𝐾) = (0.5 𝑎𝑡𝑚) 𝑛 𝑽 𝑳 = 𝟒𝟖. 𝟖𝟗𝟔𝟔 𝒏 𝒎𝒐𝒍 2.39. Para la mezcla descrita en el problema 2.38, muéstrese que a medida que p se aproxima a cero, el factor de compresibilidad 𝐙 = 𝐏𝐕/𝐧𝐑𝐓, se aproxima a 2 en lugar del valor usual de la unidad. ¿Por qué sucede esto? Solución Ecuación 3-1, del texto: 𝑃𝑉 = 𝑛(1+∝)𝑅𝑇 𝟏. 𝑃𝑉 = (1+∝) 𝑛𝑅𝑇 𝟐. Z = PV nRT Remplazando 2 en 1: 𝟑. 𝑍 = (1+∝) La mezcla descrita en el problema 2.38: 𝐾= 4 ∝2 𝑃 (1 −∝2 ) 𝐾(1 −∝2 ) = 4 ∝2 𝑃 𝑃→0 𝐾(1 −∝2 ) = 0 1 −∝2 = 0 ∝2 = 1 𝟒. ∝= 1 4 en 3: 𝑍 = (1 + 1) 𝑍→2 Con la ecuación III-2: 𝟓. 𝒏𝑻 = 𝒏(𝟏+∝) Cuando: 𝑃→0 ∝→ 1 En 5: 𝑛 𝑇 = 𝑛(1 + 1) = 2𝑛 Remplazando en la ecuación de Estado: 𝑛 𝑇 = 2𝑛 PV = n𝑇 RT 𝟔. PV = 2nRT Despejamos de 6: 𝟕. PV =2 nRT Remplazo 7 en 2: 𝐙=𝟐 Es decir, el hecho de que tengamos el doble de moléculas que al principio hace que Z → 2 en lugar de hacerlo a su valor normal que es la unidad. Por lo que: 𝐍𝟐 𝐎𝟒 𝒔𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒊𝒆𝒓𝒕𝒆 𝒆𝒏 𝟐 𝑵𝑶𝟐 GASES REALES 3.1. Cierto gas a 𝟎℃ y 1 atm de presión tiene un valor de 𝒁 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟓𝟒 . Calcúlese el valor de b para este gas. Datos: 𝑇 = 0℃ = 273.15 𝐾 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑍 = 1.00054 𝑏 =? Solución Ecuación (3-4) del texto: 1. 𝑍 = 1 + 𝑏 𝑃 𝑅𝑇 𝑅𝑇(𝑍 − 1) =𝑏 𝑃 𝑏= 𝑏= 𝑅𝑇(𝑍 − 1) 𝑃 (0.082 𝑏 = 0.0121 𝒃 = 𝟏. 𝟐𝟏 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (273.15 𝐾)(1.00054 − 1) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 (1 𝑎𝑡𝑚) 𝐿 1𝑚3 1003 𝑐𝑚3 ∗| |∗| | 𝑚𝑜𝑙 1000 𝐿 1𝑚3 𝒄𝒎𝟑 𝒎𝒐𝒍 3.2. Si 𝒁 = 𝟏. 𝟎𝟎𝟎𝟓𝟒 a 𝟎℃ y 1 atm y la temperatura de Boyle del gas es 107 K, calcúlense los valores de a y de b. (Sólo se necesitan los dos primeros términos de la expresión de Z). Datos: 𝑇 = 0℃ = 273.15 𝐾 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑍 = 1.00054 𝑇𝐵𝑜𝑦𝑙𝑒 = 107 𝐾 Solución De la ecuación (3-9) del texto tomamos las 2 primeras expresiones: 𝟏. 𝑍 = 1 + 𝑇𝐵𝑜𝑦𝑙𝑒 = 107 = 1 𝑎 (𝑏 − ) 𝑃 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑎 𝑏𝑅 𝑎 𝑏(0.082) 𝑎 = (107 )𝑏(0.082) 𝟐. 𝑎 = 8.774𝑏 Remplazando 2 en 1: 1.00054 = 1 + 1 8.774𝑏 (𝑏 − ) (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 (0.082 ) (273.15 𝐾) (0.082 ) (273.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 1.00054 − 1 = 0.04465(𝑏 − 0.391726𝑏) 0.027159𝑏 = 0.00054 𝑏 = 0.0199 𝐿 1𝑚3 ∗| | 𝑚𝑜𝑙 1000 𝐿 𝒃 = 𝟏. 𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝒎𝟑 𝒎𝒐𝒍 Remplazando b en 2: 𝑎 = 8.774(0.0199) 𝑘𝑔 𝑎𝑡𝑚. 𝐿2 10330 𝑚2 9.8 𝑁 1 𝑃𝑎 (1𝑚3 )2 𝑎 = 0.1745 ∗ ∗ ∗ | | | | | | || 𝑁 (1000 𝐿)2 𝑚𝑜𝑙 2 1 𝑎𝑡𝑚 1 𝑘𝑔 𝑚2 𝒂 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟕𝟕 𝑷𝒂. 𝒎𝟔 𝒎𝒐𝒍𝟐 3.3. Las constantes críticas para el agua son 𝟑𝟕𝟒℃, 22.1 MPa y 𝟎. 𝟎𝟓𝟔𝟔 𝑳/𝒎𝒐𝒍. Calcúlense valores de a, b y R; utilizando la ecuación de van der Waals, compárese el valor R con el correcto y denótese la discrepancia. Calcúlense las constantes a y b sólo a partir de 𝑷𝒄 y 𝑻𝒄 . Utilizando estos valores y el valor correcto de R, calcúlese el volumen crítico y compárese con el valor correcto. Datos: 𝑇𝑐 = 374℃ = 647.15 𝐾 𝑃𝑐 = 22.1 𝑀𝑃𝑎 = 218.31 𝑎𝑡𝑚 𝑉̃𝑐 = 0.0566 𝐿 𝑚𝑜𝑙 Solución a) Con van der Waals 𝑎 = 3𝑃𝑐 𝑉̃𝑐 2 𝐿 2 𝑎 = 3(218.31 𝑎𝑡𝑚) (0.0566 ) 𝑚𝑜𝑙 𝒂 = 𝟐. 𝟎𝟗𝟖𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳𝟐 𝒎𝒐𝒍𝟐 1 𝑏 = 𝑉̃𝑐 3 𝑏= (0.0566 3 𝒃 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟖𝟖 𝑅= 𝑅= 𝐿 ) 𝑚𝑜𝑙 𝑳 𝒎𝒐𝒍 8𝑉̃𝑐 3𝑇𝑐 8(218.31 𝑎𝑡𝑚) (0.0566 𝐿 ) 𝑚𝑜𝑙 3(647.15 𝐾) 𝑹 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟎𝟗 𝒂𝒕𝒎. 𝑳 𝒎𝒐𝒍. 𝑲 El valor de la constante R de los gases es: 𝑅 = 0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 El valor obtenido con la ecuación de van der Waals es: 𝑅 = 0.0509 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 Estos valores no concuerdan, siendo el porcentaje de error el siguiente: %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑅𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 − 𝑅𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑖𝑑𝑜 ∗ 100 𝑅𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 |0.0509 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 − 0.082 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 | 0.0509 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 ∗ 100 %𝒆𝒓𝒓𝒐𝒓 = 𝟔𝟏. 𝟏% El cual nos muestra que la constante de van der Waals no es muy preciso si se trabaja en el estado crítico. b) Con las ecuaciones del texto calculamos a y b usando 𝑻𝒄 𝒚 𝑷𝒄 𝑎= 27(𝑅 𝑇𝑐 )2 64𝑃𝑐 2 𝑎= 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 27 ((0.082 ) (647.15 𝐾)) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 64(218.31 𝑎𝑡𝑚) 𝒂 = 𝟓. 𝟒𝟒𝟏𝟗 𝑏= 𝑏= 𝒂𝒕𝒎. 𝑳𝟐 𝒎𝒐𝒍𝟐 𝑅 𝑇𝑐 8𝑃𝑐 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (647.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 8(218.31 𝑎𝑡𝑚) (0.082 𝒃 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟎𝟒 𝑳 𝒎𝒐𝒍 𝑉̃𝑐 = 3𝑏 𝑉̃𝑐 = 3 (0.0304 ̃ 𝒄 = 𝟎. 𝟎𝟗𝟏𝟐 𝑽 L ) mol 𝐋 𝐦𝐨𝐥 ̃ 𝒄 es: El valor de la constante 𝑽 𝑉̃𝑐 = 0.0566 𝐿 𝑚𝑜𝑙 El valor obtenido con las ecuaciones del texto es: 𝑉̃𝑐 = 0.0912 L mol Estos valores no concuerdan, siendo el porcentaje de error el siguiente: %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 − 𝑉̃𝑐 𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑖𝑑𝑜 ∗ 100 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 L 𝐿 |0.0912 mol − 0.0566 𝑚𝑜𝑙 | %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∗ 100 L 0.0912 mol %𝒆𝒓𝒓𝒐𝒓 = 𝟑𝟕. 𝟗% Aunque los valores no concuerdan nos muestran que las ecuaciones del texto de Castellan son más precisas que la ecuación de van der Waals. 3.4. Determínese la relación de las constantes a y b de la ecuación de Berthelot con las constantes críticas. Datos: Ecuación de Berthelot: 𝑃= 𝑅𝑇 𝑎 − 𝑉̃ − 𝑏 𝑇𝑉̃ 2 Solución 𝑃= 𝑅𝑇 𝑎 (𝑇𝑉̃ 2 )𝑅𝑇 − 𝑎(𝑉̃ − 𝑏) 𝑅𝑇 2 𝑉̃ 2 − 𝑎𝑉̃ + 𝑎𝑏 − = = 𝑉̃ − 𝑏 𝑇𝑉̃ 2 𝑇𝑉̃ 3 − 𝑏𝑇𝑉̃ 2 (𝑉̃ − 𝑏)(𝑇𝑉̃ 2 ) 𝑅𝑇 2 𝑉̃ 2 − 𝑎𝑉̃ + 𝑎𝑏 𝑃= 𝑇𝑉̃ 3 − 𝑏𝑇𝑉̃ 2 𝑃(𝑇𝑉̃ 3 − 𝑏𝑇𝑉̃ 2 ) = 𝑅𝑇 2 𝑉̃ 2 − 𝑎𝑉̃ + 𝑎𝑏 𝑃𝑇𝑉̃ 3 − 𝑏𝑃𝑇𝑉̃ 2 = 𝑅𝑇 2 𝑉̃ 2 − 𝑎𝑉̃ + 𝑎𝑏 𝑃𝑇𝑉̃ 3 − 𝑏𝑃𝑇𝑉̃ 2 − 𝑅𝑇 2 𝑉̃ 2 + 𝑎𝑉̃ − 𝑎𝑏 = 0 𝑉̃ 3 − 𝑏𝑉̃ 2 − 𝑉̃ 3 − (𝑏 + ÷ 𝑃𝑇 𝑅𝑇𝑉̃ 2 𝑎𝑉̃ 𝑎𝑏 + − =0 𝑃 𝑃𝑇 𝑃𝑇 𝑅𝑇 2 𝑎 𝑎𝑏 ) 𝑉̃ + 𝑉̃ − =0 𝑃 𝑃𝑇 𝑃𝑇 Si: 𝑻 = 𝑻𝒄 𝒚 𝑷 = 𝑷𝒄 𝑉̃ 3 − (𝑏 + 𝑅 𝑇𝑐 2 𝑎 𝑎𝑏 ) 𝑉̃ + 𝑉̃ − =0 𝑃𝑐 𝑃𝑐 𝑇𝑐 𝑃𝑐 𝑇𝑐 Si en el punto crítico las tres raíces son iguales, entonces: 3 (𝑉̃ − 𝑉̃𝑐 ) = 0 𝟐. 2 3 𝑉̃ 3 − 3 𝑉̃𝑐 𝑉̃ 2 + 3𝑉̃𝑐 𝑉̃ − 𝑉̃𝑐 = 0 Igualando los coeficientes de 1 y 2: 𝟑. 𝑏 + 𝑅𝑇𝑐 = 3 𝑉̃𝑐 𝑃𝑐 2 𝟒. 3𝑉̃𝑐 = 𝑎 𝑃𝑐 𝑇𝑐 3 𝑉̃𝑐 = 𝑎𝑏 𝑃𝑐 𝑇𝑐 𝟓. Despejamos a de 4: ̃ 𝒄 𝟐 𝑷𝒄 𝑻𝒄 𝒂 = 𝟑𝑽 De 5 despejamos b y remplazamos en 3: 3 𝑉̃𝑐 𝑃𝑐 𝑇𝑐 𝟔. 𝑏 = 𝑎 Remplazamos a en 6: 𝑏= 𝒃= 3 𝑉̃𝑐 𝑃𝑐 𝑇𝑐 2 3𝑉̃𝑐 𝑃𝑐 𝑇𝑐 ̃𝒄 𝑽 𝟑 Remplazamos b en 3: 𝑉̃𝑐 𝑅𝑇𝑐 + = 3 𝑉̃𝑐 3 𝑃𝑐 𝑅𝑇𝑐 𝑉̃𝑐 = 3 𝑉̃𝑐 − 𝑃𝑐 3 𝑅𝑇𝑐 9 𝑉̃𝑐 − 𝑉̃𝑐 = 𝑃𝑐 3 𝑅𝑇𝑐 8 𝑉̃𝑐 = 𝑃𝑐 3 𝑹= ̃ 𝒄 𝑷𝒄 𝟖𝑽 𝟑𝑻𝒄 3.5. Determínese la relación de las constantes a y b de la ecuación de Dieterici con las constantes críticas. (Nótese que esto no se puede resolver igualando unas con otras las tres raíces de la ecuación.) Datos: Ecuación de Dieterici 𝑃= 𝑅𝑇 − 𝑎 𝑒 𝑅𝑇𝑉̃ 𝑉̃ − 𝑏 Solución 𝑃= 𝑅𝑇 − 𝑎 𝑒 𝑅𝑇𝑉̃ 𝑉̃ − 𝑏 Si 𝑃𝑐 𝑦 𝑇𝑐 𝑅 𝑇𝑐 − 𝑅 𝑇𝑎 𝑉̃ 𝑐 𝑃𝑐 = 𝑒 𝑉̃ − 𝑏 𝑎 𝜕𝑃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 𝑅 𝑇𝑐 − 𝑅 𝑇𝑎 𝑉̃ 𝑎 − ̃ 𝑅 𝑇𝑐 𝑉 𝑐 ( ( ) =− 𝑒 + 𝑒 ) 2 𝜕𝑉̃ 𝑇𝑐 𝑉̃ − 𝑏 𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 (𝑉̃ − 𝑏) 𝜕𝑃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 − 𝑅 𝑇𝑎 𝑉̃ 𝑎 1 𝑐 ( ( ) = 𝑒 − ) 𝜕𝑉̃ 𝑇𝑐 𝑉̃ − 𝑏 𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 𝑉̃ − 𝑏 𝜕𝑃𝑐 ( ) =0 𝜕𝑉̃ 𝑇𝑐 𝑅 𝑇𝑐 − 𝑅 𝑇𝑎 𝑉̃ 𝑎 1 𝑐 ( 𝑒 − )=0 𝑉̃ − 𝑏 𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 𝑉̃ − 𝑏 ( 𝑎 1 − )=0 2 ̃ ̃ 𝑅 𝑇𝑐 𝑉 𝑉−𝑏 𝑎 1 − =0 2 ̃ ̃ 𝑅 𝑇𝑐 𝑉 𝑉−𝑏 𝑎(𝑉̃ − 𝑏) − (𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 ) =0 (𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 )(𝑉̃ − 𝑏) 𝑎𝑉̃ − 𝑎𝑏 − 𝑅 𝑇𝑐 𝑉̃ 2 = 0 ÷ 𝑅 𝑇𝑐 𝑎 𝑎𝑏 𝑉̃ − − 𝑉̃ 2 = 0 ∗ (−1) 𝑅 𝑇𝑐 𝑅 𝑇𝑐 𝟏. 𝑎 𝑎𝑏 𝑉̃ 2 − ( ) 𝑉̃ + =0 𝑅 𝑇𝑐 𝑅 𝑇𝑐 Cuando el gas alcanza el estado crítico los valores de ̃𝑉 convergen en el punto crítico donde: 𝑉̃ = 𝑉̃𝑐 2 (𝑉̃ − 𝑉̃𝑐 ) = 0 2 𝑉̃ 2 − 2𝑉̃ 𝑉̃𝑐 + 𝑉̃𝑐 = 0 2 𝟐. 𝑉̃ 2 − 2𝑉̃𝑐 𝑉̃ + 𝑉̃𝑐 = 0 Igualando los coeficientes de 1 y 2: 𝟑. 𝑎 = 2𝑉̃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 𝟒. 𝑎𝑏 2 = 𝑉̃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 Despejando a de 3: ̃ 𝒄 𝑹 𝑻𝒄 𝒂 = 𝟐𝑽 Despejamos b de 4: 2 𝑉̃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 𝟓. 𝑏 = 𝑎 Remplazamos a en 5: 𝑏= 2 𝑉̃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 2𝑉̃𝑐 𝑅 𝑇𝑐 𝒃= ̃𝒄 𝑽 𝟐 3.6. La temperatura crítica del etano es 32.3 °C, la presión crítica es 48.2 atm. Calcúlese el volumen crítico empleando: a) la ley del gas ideal b) la ecuación de van der Waals, teniendo en cuenta que para el gas de van der Waals ̃𝑪 𝑷𝑪 𝑽 𝑹𝑻𝑪 c) la ecuación modificada de Berthelot d) Compárense los resultados con el valor experimental 0.139 L/mol Datos: 𝑇𝑐 = 32.3℃ = 305.45 𝐾 𝑃𝑐 = 48.2 𝑎𝑡𝑚 Solución a) La ley del gas ideal 𝑃𝑐 𝑉̃𝑐 = 𝑅𝑇 𝑉̃𝑐 = 𝑉̃𝑐 = 𝑅𝑇 𝑃𝑐 (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (305.45 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 (48.2 𝑎𝑡𝑚) ̃ 𝑪 = 𝟎. 𝟓𝟏𝟗𝟔 𝑽 b) 𝑉̃𝐶 = 𝑳 𝒎𝒐𝒍 La ecuación de van der Waals, teniendo en cuenta que para el gas de van der Waals 𝑃𝐶 𝑉̃𝐶 3 = 𝑅𝑇𝐶 8 3𝑅 𝑇𝐶 8𝑃𝐶 𝟑 = 𝟖, y 𝑉̃𝐶 = 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (305.45 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 8(48.2 𝑎𝑡𝑚) 3 (0.082 ̃ 𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟗𝟒𝟗 𝑽 𝑳 𝒎𝒐𝒍 c) La ecuación modificada de Berthelot 𝑅𝑇𝐶 = 3.56 𝑃𝐶 𝑉̃𝐶 𝑅𝑇𝐶 = 𝑉̃𝐶 3.56𝑃𝐶 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 (0.082 ) (305.45 𝐾) 𝑅𝑇𝐶 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑉̃𝐶 = = 3.56𝑃𝐶 3.56(48.2 𝑎𝑡𝑚) ̃ 𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟒𝟔 𝑽 𝑳 𝒎𝒐𝒍 d) Valor experimental: 𝑉̃𝐶 𝑒𝑥𝑝𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 = 0.139 𝐿 𝑚𝑜𝑙 El error para cada caso: Gas ideal: 𝑉̃𝐶 = 0.5196 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝐿 0.5196 − 0.139 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 − 𝑉̃𝐶 𝑒𝑥𝑝𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∗ 100 = ∗ 100 = 𝟕𝟑. 𝟐𝟓 % 𝐿 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 0.5196 𝑚𝑜𝑙 Van der Waals: 𝑉̃𝐶 = 0.1949 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝐿 0.1949 − 0.139 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 − 𝑉̃𝐶 𝑒𝑥𝑝𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∗ 100 = ∗ 100 = 𝟐𝟖. 𝟔𝟖 % 𝐿 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 0.1949 𝑚𝑜𝑙 Gas Berthelot: 𝑉̃𝐶 = 0.146 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝐿 0.146 − 0.139 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 − 𝑉̃𝐶 𝑒𝑥𝑝𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 %𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 = ∗ 100 = ∗ 100 = 𝟒. 𝟕𝟗% 𝐿 𝑉̃𝑐 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 0.146 𝑚𝑜𝑙 3.7. La presión de vapor de agua en estado liquido a 25°C es 23.8 Torr y a 100°C es de 760 Torr. Aplicando la ecuación de van der Waals como guía, en una forma u otra, demuéstrese que el vapor de agua saturado se asemeja más al comportamiento de un gas ideal a 25°C que a 100°C. Datos: 𝑇1 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 23.8 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.03132 𝑎𝑡𝑚 𝑇2 = 100℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 760 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 1𝑎𝑡𝑚 Solución a) 𝑇1 = 25℃ = 298.15 𝐾 𝑃 = 23.8 𝑇𝑜𝑟𝑟 = 0.03132 𝑎𝑡𝑚 𝑉̃ = 𝑉̃ = 𝑅𝑇 𝑃 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (298.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 (0.03132 𝑎𝑡𝑚) (0.082 ̃ = 𝟕𝟖𝟎. 𝟔 𝑽 𝑳 𝒎𝒐𝒍 b) 𝑇1 = 100℃ = 373.15 𝐾 𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑉̃ = 𝑉̃ = 𝑅𝑇 𝑃 (0.082 ̃ = 𝟑𝟎. 𝟔 𝑽 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) (373.15 𝐾) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 (1 𝑎𝑡𝑚) 𝑳 𝒎𝒐𝒍 Con van der Waals: (𝑃 + 𝑎 ) (𝑉 − 𝑏) = 𝑅𝑇 𝑉2 Remplazando los valores a y b de la tabla: 𝑓(𝑉) = 0.03132 − 24.4483 5.72 + 2 𝑉 − 0.0319 𝑉 Por newton raphson y obtenemos la derivada: 𝑓´(𝑉) = 24.4483 2 (𝑉̃ − 0.0319) − 11.44 𝑉̃ 3 𝑉̃1 = 𝑉̃0 − 𝑓(𝑉̃0 ) 0.00001223 = 780.6 − = 780.4 ̃ 0.0000401 𝑓´(𝑉0 ) 𝑓(780.4) = 2.03 ∗ 10−7 El porcentaje de diferencia del volumen molar calculado por van der Waals respecto al ideal se obtendrá: 𝐸 = 100 ∗ 𝑉̃ − 𝑉̃ 1 𝑉̃ 1 𝑎 25℃ 𝐸 = 100 ∗ 780.4 − 780.6 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟔% 780.6 Remplazando los valores a y b de la tabla: 𝐹(𝑉) = 1 − 30.5983 5.72 + 2 =0 𝑉 − 0.0319 𝑉 𝑉̃1 = 30.6 − 𝑓(30.6) 0.00005121 = 30.6 − = 30.44 𝑓´(30.6) 0.00003235 𝑓(30.44) = −8.18 ∗ 10−5 = 0 El porcentaje de diferencia del volumen molar calculado por van der Waals respecto al ideal se obtendrá: 𝐸 = 100 ∗ 𝑎 100℃ 𝑉̃ − 𝑉̃ 1 𝑉̃ 1 𝐸 = 100 ∗ 30.44 − 30.6 = 𝟎. 𝟓𝟐% 30.6 Ya que el E a 100℃ es mayor que el E a 25℃, el vapor de agua se acercara más al comportamiento ideal a 25℃ que a 100℃ . 3.8. El factor de compresibilidad para el metano está dado por 𝒁 = 𝟏 + 𝑩𝑷 + 𝑪𝑷𝟐 + 𝑫𝑷𝟑 . Si P está en atm, los valores de las constantes son los siguientes: 𝑻, 𝑲 200 1000 𝑩 −5.74 ∗ 10−3 +0.189 ∗ 10−3 𝑪 6.86 ∗ 10−6 0.275 ∗ 10−6 𝑫 18.0 ∗ 10−9 0.144 ∗ 10−9 Represéntese gráficamente los valores de Z en función de P a estas dos temperaturas en el intervalo de 0 a 100 atm. Solución Para Z a 200 K: 𝑍 = 1 − 5.74 ∗ 10−3 𝑃 + 6.86 ∗ 10−6 𝑃2 + 18 ∗ 10−9 𝑃3 Para Z a 1000 K: 𝑍 = 1 + 0.189 ∗ 10−3 𝑃 + 0.275 ∗ 10−6 𝑃2 + 0.144 ∗ 10−9 𝑃3 T (K) 200 1000 Z -839,68 -2497,52 Z = f (P) 0 0 200 400 600 800 1000 1200 -500 Z -1000 200; -839,68 -1500 Series1 -2000 -2500 1000; -2497,52 -3000 T (K) 3.9. Utilizando la ecuación de Beattie-Bridgeman, calcúlese el volumen molar del amoniaco a 𝟑𝟎𝟎℃ y 200 atm de presión. Datos: 𝑇 = 300℃ = 373.15 𝐾 𝑃 = 200 𝑎𝑡𝑚 Solución 𝑃= 𝑅𝑇 𝑐 𝐴 (1 − ) (𝑉 + 𝐵) − 2 2 3 𝑉 𝑉𝑇 𝑉 𝑎 𝐴 = 𝐴0 (1 − ) 𝑉 𝑏 𝐵 = 𝐵0 (1 − ) 𝑉 𝐴0 = 242.48 ∗ 10−3 𝐵0 = 34.15 ∗ 10−6 𝑃𝑎. 𝐿2 𝑚𝑜𝑙 2 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑎 = 170.31 ∗ 10−6 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑏 = 191.13 ∗ 10−6 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑐 = 4768.8 𝐾3𝐿 𝑚𝑜𝑙 (𝑃𝑇 3 )𝑉 4 – (𝑅𝑇 4 )𝑉 3 + (𝑇 3 𝐴0 + 𝑅𝑇𝑐 − 𝐵0 𝑅𝑇 4 )𝑉 2 + (𝐵0 𝑏𝑅𝑇 4 + 𝐵0 𝑅𝑇𝑐 − 𝐴0 𝑐𝑇 3 )𝑉 + 𝐵0 𝑏𝑅𝑇𝑐 = 0 10 4 1,04 ∗ 10 𝑉 − 1590788231 𝑉 3 + 12744716,44 𝑉 2 – 2130,32𝑉 + 9,5299 ∗ 10−4 = 0 𝑽 = 𝟎, 𝟏𝟒𝟒𝟓 𝑳 𝒎𝒐𝒍 3.10. Compárese el volumen molar del dióxido de carbono a 400 K y 100 atm calculado por la ecuación Beattie-Bridgeman con el calculado por la ecuación de van der Waals. Datos: 𝑇 = 400 𝐾 𝑃 = 100 𝑎𝑡𝑚 Solución 𝑃= 𝑅𝑇 𝑐 𝐴 (1 − ) (𝑉 + 𝐵) − 2 2 3 𝑉 𝑉𝑇 𝑉 𝑎 𝐴 = 𝐴0 (1 − ) 𝑉 𝑏 𝐵 = 𝐵0 (1 − ) 𝑉 𝐴0 = 507.31 ∗ 10−3 𝑃𝑎. 𝐿2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑎 = 71.32 ∗ 10−6 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝐵0 = 104.76 ∗ 10−6 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑏 = 72.35 ∗ 10−6 𝐿 𝑚𝑜𝑙 𝑐 = 660 𝐾3𝐿 𝑚𝑜𝑙 (𝑃𝑇 3 )𝑉 4 – (𝑅𝑇 4 )𝑉 3 + (𝑇 3 𝐴0 + 𝑅𝑇𝑐 − 𝐵0 𝑅𝑇 4 )𝑉 2 + (𝐵0 𝑏𝑅𝑇 4 + 𝐵0 𝑅𝑇𝑐 − 𝐴0 𝑐𝑇 3 )𝑉 + 𝐵0 𝑏𝑅𝑇𝑐 = 0 9 4 6.4 ∗ 10 𝑉 − 2100480000 𝑉 3 + 32269454.92 𝑉 2 – 2297.42𝑉 + 1.64185 ∗ 10−4 = 0 𝑽 = 𝟎. 𝟑𝟏𝟐 (𝑃 + 𝑳 𝒎𝒐𝒍 𝑎 ) (𝑉 − 𝑏) = 𝑅𝑇 𝑉2 𝑃𝑉 3 – 𝑃𝑏𝑉 2 + (𝑎 − 𝑅𝑇)𝑉 + 𝑎𝑏 = 0 100𝑉 3 – 4,267 𝑉 2 – 29,228𝑉 + 0,15327 = 0 𝑽 = 𝟎. 𝟓𝟓𝟗 𝑳 𝒎𝒐𝒍 3.11. Utilizando la ecuación Beattie-Bridgeman, calcúlese la temperatura de Boyle para el O2 y el CO2. Compárense estos valores con los calculados por la ecuación de van der Waals. Datos O2: 𝑎 = 1.360 𝑎𝑡𝑚𝐿2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑏 = 0.03183 𝐿 𝑚𝑜𝑙 CO2: 𝑎 = 3.592 𝑎𝑡𝑚𝐿2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑏 = 0.04267 𝐿 𝑚𝑜𝑙 Solución Para el O2: 𝑃𝑉 2 𝐴 + 2 ) 𝑉𝑇 2 − (1 − 𝑐)𝑇 = 0 ( 𝑅(𝑉 + 𝐵) 𝑉 6115,28𝑇 2 + 47𝑇 = 0 𝑇 = 273,768 𝐾 (𝑃 + 𝑎 ) (𝑉 − 𝑏) = 𝑅𝑇 𝑉2 𝑎𝑡𝑚𝐿2 𝑚𝑜𝑙 2 ) (22.4 𝐿 − 0.03183𝐿) (1𝑎𝑡𝑚 + 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 501.76𝐿2 1.360 𝑇= (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑻 = 𝟐𝟕𝟑. 𝟑𝟓 𝑲 Para el CO2: ( 𝑃𝑉 2 𝐴 + 2 ) 𝑉𝑇 2 − (1 − 𝑐)𝑇 = 0 𝑅(𝑉 + 𝐵) 𝑉 6115,28𝑇 2 + 659𝑇 = 0 𝑇 = 273,04𝐾 𝑎 ) (𝑉 − 𝑏) = 𝑅𝑇 𝑉2 𝑎𝑡𝑚𝐿2 3.592 𝑚𝑜𝑙 2 ) (22.4 𝐿 − 0.04267𝐿) (1𝑎𝑡𝑚 + 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 501.76𝐿2 (𝑃 + 𝑇= (0.082 𝑎𝑡𝑚. 𝐿 ) 𝑚𝑜𝑙. 𝐾 𝑻 = 𝟐𝟕𝟒. 𝟒𝟑 𝑲 ̃ del término 3.12. A 300 K, ¿Para qué valor del volumen molar será la contribución del producto 𝑷𝑽 𝟐 ̃ en la ecuación de Beattie-Bridgeman igual a aquel término en 𝟏/𝑽 ̃ a) para oxígeno? b) en 𝟏/𝑽 ¿qué valor de la presión corresponde a este volumen molar? Datos: 𝑇 = 300 𝐾 Solución a) Beattie-Bridgeman 𝑃= 𝑅𝑇 𝑐 𝐴 (1 − ) (𝑉 + 𝐵) − 2 2 3 𝑉 𝑉𝑇 𝑉 𝑎 𝐴 = 𝐴0 (1 − ) 𝑉 𝑏 𝐵 = 𝐵0 (1 − ) 𝑉 (𝑃𝑇 3 )𝑉 4 – (𝑅𝑇 4 )𝑉 3 + (𝑇 3 𝐴0 + 𝑅𝑇𝑐 − 𝐵0 𝑅𝑇 4 )𝑉 2 + (𝐵0 𝑏𝑅𝑇 4 + 𝐵0 𝑅𝑇𝑐 − 𝐴0 𝑐𝑇 3 )𝑉 + 𝐵0 𝑏𝑅𝑇𝑐 = 0 27 ∗ 106 𝑉 4 − 664605000 𝑉 3 + 4049880,19 𝑉 2 + 195812639,8 𝑉 + 2,29897 ∗ 10−7 = 0 𝑽 = 𝟐𝟒. 𝟓𝟗 𝑳 𝒎𝒐𝒍 b) 𝑷 = 𝟏 𝒂𝒕𝒎 3.13. A presiones bajas, la ecuación de Berthelot tiene la forma ̃= 𝑽 𝑹𝑻 𝒂 +𝒃− 𝑷 𝑹𝑻𝟐 En la que a y b son constantes. Encuéntrese una expresión para∝, el coeficiente de expansión térmica, como una función sólo de T y P. Encuéntrese una expresión para la temperatura de Boyle en función de a, b y R. Solución Si empleamos 𝑉𝑜 = 𝑏 en la expresión del enunciado tenemos: 𝑹𝑻𝒃𝟐 𝑽=𝒃+ 𝒂 Que es la siguiente aproximación posible para el volumen del líquido. El coeficiente de expansión térmica está definido por la expresión: 𝜶= 𝟏 𝒅𝑽 ( )𝒑 𝑽 𝒅𝑻 Como: 𝑑𝑉 𝑑 𝑅𝑇𝑏 2 𝑅𝑏 2 = (𝑏 + )= 𝑑𝑇 𝑑𝑇 𝑎 𝑎 𝑅𝑏 2 ∝= 𝑎𝑏 ∝= 𝒃𝑹 𝒂 que 𝑻 ∝= 𝟏 + 𝑻(𝝏 𝐥𝐧 𝒁/𝝏𝑻)𝑷 , 𝑷𝜷 = 𝟏 − 𝑷 (𝝏 𝐥𝐧 3.14. Muéstrese 𝒁 ) 𝝏𝑷 𝑻 , en donde ∝= (𝟏/𝑽)(𝝏𝑽/𝝏𝑻)𝑷 y 𝜷 = −(𝟏/𝑽)(𝝏𝑽/𝝏𝑷)𝑻 . Solución 𝑇 ∝= 1 + 𝑇 ( 𝜕 ln 𝑍 ) 𝜕𝑇 𝑃 𝑃𝛽 = 1 − 𝑃 (𝜕 ln 𝑍 ) 𝜕𝑃 𝑇 1 𝜕𝑉 ∝= ( ) ( ) 𝑉 𝜕𝑇 𝑃 1 𝜕𝑉 𝛽 = −( )( ) 𝑉 𝜕𝑃 𝑇 3.15. Si el factor de compresibilidad de un gas es Z (P, T), la ecuación de estado puede expresarse ̃ 𝑷𝑽 𝑹𝑻 = 𝒁. Demostrar cómo afecta esto a la ecuación para la distribución del gas en un campo gravitacional. A partir de la ecuación diferencial para la distribución, demostrar que si Z es mayor que la unidad, la distribución es más amplia para un gas real que para uno ideal y que lo contrario es verdadero si Z es menor que la unidad. Si 𝒁 = 𝟏 + 𝜷𝑷, donde 𝜷 es una función de la temperatura, intégrese la ecuación y calcúlese la contante de integración para obtener la forma explicita de la función de distribución. Solución: 𝑑𝑝 = −𝜌𝑔𝑑𝑧 Como: 𝑃𝑉 𝑍= 𝑛𝑅𝑇 𝑛= 𝑚 ℳ 𝜌= 𝑃ℳ 𝑍𝑅𝑇 Derivando se tiene: − 𝑑𝑃 ℳ𝑔 = 𝑑𝑧 𝑃 𝑍𝑅𝑇 Cuando Z = 1 (gas ideal) 𝑃 = 𝑃𝑜 𝑒 −𝐴 𝐴= ℳ𝑔𝑍 𝑅𝑇 Por otra parte, si 𝒁 = 𝟏 + 𝑩𝒑 la ecuación diferencial se transforma en: − 𝑑𝑃 ℳ𝑔 = 𝑑𝑧 ( 1 + 𝐵𝑝)𝑅𝑇 𝑃 Cuya solución puede obtenerse haciendo: − 𝑑𝑃 ℳ𝑔 + 𝐵𝑑𝑃 = − 𝑑𝑧 𝑃 𝑅𝑇 𝐿𝑛 𝑃 + 𝐵𝑑𝑃 = 𝑺𝒊 𝑧 = 0 −𝑀𝑔𝑍 +𝐶 𝑅𝑇 𝑃 = 𝑃𝑜 𝐿𝑛 𝑃0 + 𝐵𝑑𝑃0 = 𝐶 ℳ𝑔𝑍 +𝐶 𝑅𝑇 De donde, finalmente, la función de distribución queda expresada como: 𝐿𝑛 𝑃 + 𝐵𝑑𝑃 − 𝐿𝑛 𝑃0 − 𝐵𝑑𝑃0 = − 𝑳𝒏 ( 𝑷 𝑴𝒈𝒁 ) + 𝑩(𝑷 − 𝑷𝟎 ) = − 𝑷𝟎 𝑹𝑻 3.16. A presiones altas (volúmenes pequeños), la ecuación de van der Waals, ecuación (3.13), puede reordenarse en la forma siguiente ̃ =𝒃+ 𝑽 𝑷 𝑹𝑻 𝟐 𝑷 𝟑 ̃ − ( )𝑽 ̃ (𝒃 + )𝑽 𝒂 𝑷 𝒂 ̃ 𝒐 = 𝒃 como una primera Si se eliminan los términos cuadráticos y cúbicos, obtenemos 𝑽 aproximación a la raíz más pequeña de la ecuación. Esta representaría el volumen del líquido. ̃ en los términos mayores, demuéstrese que la siguiente Empleando este valor aproximado de 𝑽 ̃ = 𝒃 + 𝒃𝟐 𝑹𝑻. A partir de esta expresión, aproximación para el volumen del líquido es 𝑽 𝒂 demuéstrese que la primera aproximación para el coeficiente de expansión térmica de un liquido de van der Waals es ∝= 𝒃𝑹 . 𝒂 Solución 𝑉̅ = 𝑏 + 𝑃 𝑅𝑇 𝑃 (𝑏 − ) 𝑉̅ 2 − ( ) 𝑉̅ 3 𝑎 𝑃 𝑎 𝑉̅0 = 𝑏 𝑉̅ = 𝑏 + 𝑃 𝑅𝑇 𝑃 (𝑏 − ) 𝑏 2 − ( ) 𝑏 3 𝑎 𝑃 𝑎 𝑉̅ = 𝑏 + 𝑏 2 𝑅𝑇 𝑎 ∝= 1 𝜕𝑉̅ ( ) 𝑉̅ 𝜕𝑇 𝑃 𝜕𝑉̅ 𝜕 𝑏 2 𝑅𝑇 = (𝑏 + ) 𝜕𝑇 𝜕𝑇 𝑎 𝜕𝑉̅ 𝑏2𝑅 = 𝜕𝑇 𝑎 ∝= 𝑏2𝑅 𝑎𝑏 ∝= 𝒃𝑹 𝒂 3.17. Utilizando la misma técnica que para obtener la ecuación (3.8), pruébese la relación entre 𝜸 𝒚 𝜸´ dada en la tabla 3.4 para la ecuación de Beattie-Bridgeman. Solución 𝑃𝑉̅ 𝛽 𝛾 𝛿 =1+ + + 2 ̅ ̅ 𝑅𝑇 𝑅𝑇𝑉 𝑅𝑇𝑉 𝑅𝑇𝑉̅ 3 𝟏. 𝑍= 𝟐. 𝛽 1 𝛾 1 𝛿 1 𝑍 = 1 + ( ) ( ) + ( ) ( 2) + ( ) ( 3) 𝑅𝑇 𝑉̅ 𝑅𝑇 𝑉̅ 𝑅𝑇 𝑉̅ 𝟑. 𝑍 = 1 + 𝐴1 𝑃 + 𝐴2 𝑃2 + 𝐴3 𝑃3 1 𝑃 = 𝑉̅ 𝑅𝑇𝑍 𝟒. Remplazo 4 en 2: 𝟓. 𝑍 = 1+( 𝛽 𝑃 𝛾 𝑃2 𝛿 𝑃3 )( ) + ( ) ( 2 2 2 ) + ( ) ( 3 3 3) 𝑅𝑇 𝑅𝑇𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 Igualando 5 y 3 𝛽 𝑃 𝛾 𝑃2 𝛿 𝑃3 1 + 𝐴1 𝑃 + 𝐴2 𝑃2 + 𝐴3 𝑃3 = 1 + ( ) ( ) + ( ) ( 2 2 2) + ( ) ( 3 3 3) 𝑅𝑇 𝑅𝑇𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 Divido para P: 𝛽 1 𝛾 𝑃 𝛿 𝑃2 𝐴1 + 𝐴2 𝑃 + 𝐴3 𝑃2 = ( ) ( ) + ( ) ( 2 2 2) + ( ) ( 3 3 3 ) 𝑅𝑇 𝑅𝑇𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑍 𝑃→0 𝑍→1 𝟔. 𝐴1 = 𝛽 𝑅2𝑇2 1 𝛾 𝑃 𝛿 𝑃2 𝐴1 + 𝐴2 𝑃 + 𝐴3 𝑃2 = 𝐴1 ( ) + ( 3 3 ) ( 2 ) + ( 4 4 ) ( 3 ) 𝑍 𝑅 𝑇 𝑍 𝑅 𝑇 𝑍 𝐴2 + 𝐴3 = 𝐴1 1 𝐴1 𝛾 1 𝛿 𝑃 ( )− + ( 3 3) 2 + ( 4 4) ( 3 ) 𝑃 𝑍 𝑃 𝑅 𝑇 𝑍 𝑅 𝑇 𝑍 𝑃→0 𝑍→1 𝐴2 = 𝛾 𝑅3𝑇 3 − 𝐴12 𝐴2 = 𝛾 𝛽 2 − ( ) 𝑅3𝑇 3 𝑅2𝑇 2 𝟕. 𝐴2 = 𝛾 𝛽2 − 𝑅3𝑇 3 𝑅4𝑇 4 Remplazo 5 y 7 en 3: 𝟖. 𝑍 =1+ Multiplico por 𝛽𝑃 𝛾 𝛽2 + − ( ) 𝑃2 + 𝐴3 𝑃3 𝑅2𝑇2 𝑅3 𝑇 3 𝑅4𝑇 4 𝑹𝑻 𝑷 en 8: 𝑍𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝛽 𝛾 𝛽2 = + + ( 2 2 − 3 3 ) 𝑃 + 𝐴3 𝑅𝑇𝑃2 𝑃 𝑃 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑅 𝑇 𝑍𝑅𝑇 = 𝑉̅ 𝑃 𝑉̅ = 𝟗. 𝑅𝑇 𝛽 𝛾 𝛽2 + + ( 2 2 − 3 3 ) 𝑃 + 𝐴3 𝑅𝑇𝑃2 𝑃 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑅 𝑇 𝛾′ = 𝟏𝟎. 𝛾 𝛽2 − 𝑅2𝑇 2 𝑅3𝑇 3 Remplazo 10 en 9: ̅= 𝑽 𝑹𝑻 𝜷 + + 𝜸′ 𝑷 + 𝜹𝑷𝟐 𝑷 𝑹𝑻 3.18. ¿A qué temperatura la pendiente de la curva Z contra P a (P=0) tiene un valor máximo para el gas de van der Waals? ¿Cuál es el valor de la pendiente máxima? Solución 𝟏. ( 𝜕𝑍 1 𝑎 ) = (𝑏 − ) 𝜕𝑃 𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝜕 𝑏 𝑎 𝑏 2𝑎 = ( − 2 2) = − 2 2 + 2 3 𝜕𝑃 𝑅𝑇 𝑅 𝑇 𝑅 𝑇 𝑅 𝑇 − 𝑏 𝑅2𝑇 2 + 2𝑎 =0 𝑅2𝑇3 −𝑏𝑅𝑇 + 2𝑎 = 0 𝟐. 𝑇= 2𝑎 𝑏𝑅 Remplazo 2 en 1: 𝜕𝑍 1 𝑎 ( ) = (𝑏 − ) 2𝑎 𝜕𝑃 𝑇 𝑅 ( 2𝑎 ) 𝑅( ) 𝑏𝑅 𝑏𝑅 𝝏𝒁 𝒃𝟐 ( ) = 𝝏𝑷 𝑻 𝟒𝒂 𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒
