ANTOLOGÍA DE PROBLEMAS DE FISICOQUÍMICA I (1)

UNIVERSIDAD VERACRUZANA FACULTAD DE CIENCIAS QUÍMICAS REGIÓN ORIZABA-CÓRDOBA

QUÍMICO FAMACÉUTICO BIÓLOGO – SECCIÓN 203 ANTOLOGÍA DE PROBLEMAS DE FISICOQUÍMICA IMATEMÁTICAS I PROFESOR: MARQUEZ LOPEZ MARÍA ELIZABETH ALUMNO: BLANCA CARRERA LAURA LIZET zS21005335

ANTOLOGÍA DE PROBLEMAS DE FISICOQUÍMICA I PROBLEMA 1 El flujo sanguíneo a través de los pulmones durante cada respiración es de 0.25 L. La frecuencia de la respiración es de 20 por minuto. A una persona intoxicada con CO se le trata manteniendo artificialmente la respiración con la administración de O2 puro, en una concentración expresada como porciento en volumen, de 95% de O2 y 5% de CO 2, para promover el desplazamiento competitivo de CO. El volumen pulmonar efectivo total después de una inspiración normal es aproximadamente 2.8 L. Si la persona está durante una hora con el tratamiento. ¿Cuántas moléculas de CO son desplazados por el O2? Considera que en la reacción por cada molécula de O2 se desplaza una de CO que la temperatura del cuerpo es de 37°C y la presión de 1 atm.

DATOS: 20 respiraciones x minuto 1200 respiraciones x 1h = 60min Flujo de sangre = 0.25 L V 1=¿ 2.8 L x inspiración normal V 2=¿ 3360 L x inspiración normal P = 1atm T = 37°C atm ∙L R = 0.082 mol ∙K n =?

PV = nRT PV n= RT

FÓRMULAS:

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 20 60 min V = ( 2.8 L ) =3360 L 1 min 1h C° + 273.15 = °K 37° + 273.15 = 310.15 °K

(

)(

)

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: n=

(1 atm)(3360 L) (1 atm)(3360 L) (1)(3360) = = atm ∙ L atm ∙ L (0.082 mol)(310.15) (0.082 )(310.15 K ) (0.082 )(310.15 K ) mol ∙ K mol ∙ K ¿

3360 =132.1154 mol de O2 25.4323mol

CONVERSIONES: 100% → 132.1154 mol de O2 95% → 125.51 mol de O2

1 mol de O2 → 6.022 x 1023 moléculas de CO 25

125.51 mol de O 2 → 7.5582 x 10 moléculas de CO

RESULTADO:

PROBLEMA 2 Para respirar normalmente, la presión deCO 2 en una mezcla gaseosa, no debe ser mayor de 4.1 mmHg. Una persona respirando normalmente produce al día 0.950 kg de CO 2 . ¿Cuánto tiempo podrían permanecer 3 individuos en una sala de 3 x 4 x 2,8 m a una presión de 1atm a 23 °C sin que empiecen a sentir efectos tóxicos por el CO 2 ? Sin considerar el volumen de las personas.

RESULTADO:

PROBLEMA 3 El CO 2 que tiene un reactivo químico ocupa un volumen de 8 cm³, a una presión de 1.2 atm y 17 °C de temperatura. a) ¿Cuántos moles de CO 2 hay en el frasco del reactivo si la tapa resiste 5 atm de presión? b) ¿Hasta qué temperatura se podría calentar el vidrio sin que se destape? c) ¿Por qué cuando se deja en el congelador el frasco del reactivo se rompe? DATOS: V = 8 cm 3 = 0.008 L T = 17°C = 290.15°K P = 1.2 atm atm ∙L R = 0.082 mol ∙K

PV = nRT PV n= RT PV T= nR

FÓRMULAS:

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 cm³ → 0.001 L C° + 273.15 = °K 8 cm³ → 0.008 L 17° + 273.15 = 310.15 °K SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: a) n=

(1.2 atm)(0.008 L) (1.2 atm)(0.008 L) (1.2)(0.008) = = atm ∙ L atm ∙ L (0.082 mol)(290.15) (0.082 )(290.15 K ) (0.082 )(290.15 K ) mol ∙ K mol ∙ K

¿

0.0096 =0.000403 mol de CO 2 23.7923mol

b) ( 5 atm )( 0.008 L ) ( 5 atm ) ( 0.008 L ) T= = atm∙ L atm ∙ L ( 0.000403 mol ) 0.082 ( 0.000403 mol ) 0.082 mol ∙ K mol ∙ K (5)(0.008) 0.04 ¿ = =12.10 .4339° K (0.000403)(0.082 K) 0.0000330 K

(

c) RESULTADOS

)

(

)

PROBLEMA 4 Calcular el volumen ocupado por 1 kg de bióxido de carbono a 100 °C y 50 atm empleando la ecuación de los gases ideales y la gráfica de Houge-Watson-Ragartz. DATOS: m = 8 cm 3 = 0.008 L T = 17°C = 290.15°K P = 1.2 atm atm ∙L R = 0.082 mol ∙K Masa molar = 44 g/mol Tc = 304.16°K Pc = 72.83 atm

FÓRMULAS:

PV = nRT nRT V= P T Tr = Tc P Pr = Pc

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 kg → 1000 g C° + 273.15 = °K 100° + 273.15 = 373.15 °K SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: a)

V=

(

1000 g g 44 mol

atm ∙ L ( 373.15 K ) () 0.082 mol ∙K )

(

1000 g g 44 mol

atm ∙ L ( 373.15 K ) () 0.082 mol ∙K)

= 50 atm 50 atm 1000 ( )(0.082 L)(373.15) 44 695.416 L ¿ = =13.90 L 50 50

b) Tr=

273.15 K 50 atm =1.22 Pr= =0.68 304.16 K 72.83 atm

(0.82) V=

(

1000g g 44 mol

50 atm

∙L ( 373.15 K () 0.082 atm mol ∙K )

¿

(0.82)(

(0.82) =

(

50 atm

1000g g 44 mol

∙L ( 373.15 K ) () 0.082 atm mol ∙K )

1000 )(0.082 L)(373.15) 44 L = =11.40 L 50 50

RESULTADO:

PROBLEMA 5 – USANDO ECUACIÓN DE GASES REALES

El flujo sanguíneo a través de los pulmones durante cada respiración es de 0.25 L. La frecuencia de la respiración es de 20 por minuto. A una persona intoxicada con CO se le trata manteniendo artificialmente la respiración con la administración de O2 puro, en una concentración expresada como porciento en volumen, de 95% de O2 y 5% de CO 2, para promover el desplazamiento competitivo de CO. El volumen pulmonar efectivo total después de una inspiración normal es aproximadamente 2.8L. Si la persona está durante una hora con el tratamiento. ¿Cuántas moléculas de CO son desplazados por el O2? Considera que en la reacción por cada molécula de O2 se desplaza una de CO que la temperatura del cuerpo es de 37°C y la presión de 1 atm. DATOS:

T Tc P Pr = Pc PV n= zRT

FÓRMULAS:

Tr =

20 respiraciones x minuto 1200 respiraciones x 1h = 60min Flujo de sangre = 0.25 L V 1=¿ 2.8 L x inspiración normal V 2=¿ 3360 L x inspiración normal P = 1atm T = 37°C = 310.15 °K CONVERSIÓN DE UNIDADES: atm ∙L 20 60 min V = ( 2.8 L ) =3360 L R = 0.082 mol ∙K 1 min 1h n =? C° + 273.15 = °K Tc = 154. 77 °K 37° + 273.15 = 310.15 °K 100 % → 132.115 mol de O 2 Pc = 50.14 °K 95 % → 125.50925 mol de O2 1 mol de O 2 → 6.022 x 1023 moléculas de CO 125.50925 mol de O2 → 7.558 x 1023 moléculas de CO SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: 310.15 K 1 atm Tr= =2.003 Pr= =0.0199 z=1.0 154. 77 K 50.14 atm (1 atm) ( 3360 L ) (1 atm) ( 3360 L ) n= = atm ∙L atm ∙L (1) 0.082 (310.15 K ) (1) 0.082 (310.15 K ) mol ∙K mol ∙K (1)(3360) 3360 ¿ = =132.115 mol de O 2 = 7.9 = 7.558 x 1023 moléculas de CO (1)(0.082)(310.15) 25.4323 RESULTADO:

(

(

)

(

)(

)

)

PROBLEMA 6 ¿Cuál es el incremento de energía interna de un sistema si se le suministra 700 cal (calor) y se le aplicó un trabajo de 900 J? Considera 1 caloría = 4.2 J.

DATOS: L = 900 J T = 700 cal

FÓRMULAS:

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 4.2 J → 1 caloría 900 J → 214. 28 calorías

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: Δ U =700 cal− (−214.28 cal ) Δ U =700 cal+214.28 cal Δ U =914.28 cal

RESULTADO:

PROBLEMA 7

Imagina que tienes un sistema y dentro de él la materia pasa de un estado a otro, y tiene la posibilidad de intercambiar energía con sus alrededores. Calcula la ∆ u en los siguientes escenarios: a) El sistema absorbe 100 cal y realiza un trabajo de 200 J. b) El sistema absorbe 100 cal y sobre el sistema se realiza un trabajo de 200 J. c) El sistema libera 100 cal y sobre el sistema se realiza un trabajo de 200 J. Expresa todos sus resultados en J y haz la propuesta de cuáles son los Estados en los que cambiaron.

a)

DATOS: L = 200 J Q = 1000 cal

FÓRMULAS:

Q= ΔU + LΔ U =Q− ( ± L )

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 cal → 4.2 J 100 cal → 420 J SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: Δ U =420 J −( +200 J ) Δ U =420 J −200 J Δ U =220 J

RESULTADOS:

b)

DATOS: L = - 200 J Q = 100 cal

FÓRMULAS:

Q= ΔU + LΔ U =Q− ( ± L )

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 cal → 4.2 J 100 cal → 420 J SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: Δ U =420 J −(−200 J ) Δ U =420 J +200 J

Δ U =620 J

RESULTADOS:

c)

DATOS: L = - 200 J Q = -100 cal

FÓRMULAS:

Q= ΔU + L Δ U =Q− ( ± L )

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 cal → 4.2 J -100 cal → - 420 J SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: Δ U =−420 J −(−200 J ) Δ U =−420 J + 200 J Δ U =−220 J

RESULTADOS:

PROBLEMA 8 Se tiene un sistema con un proceso isobárico con una presión de 400 kPa, absorbió 20 kJ, se expande el sistema donde su volumen final es de 1.5 veces más su volumen inicial. La energía interna fue de 10 kJ. ¿De cuánto es el volumen inicial?

PROBLEMA 9 En un sistema isobárico, se tiene una presión constante de 750 mmHg con un volumen inicial de 15 L, una temperatura inicial de 27°C y una temperatura final de 190 °C. T1 T2 Calcula el volumen final y el trabajo. Considera la ley de Charles = = . v1 v2 DATOS: P = 750 mmHg V 1=15 L T 1=27°C T 2=190 ° C

T1 T2 = . v1 v2 T 2 v1 T1

FÓRMULAS:

CONVERSIÓN DE UNIDADES: 1 L → 0.001 m3 C° + 273.15 = °K 3 15 L → 0.015 m 27° + 273.15 = 300.15°K 190° + 273.15 = 463.15°K SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: Con grados °C. 27 ° C 190 °C = 3 x 0.015 m

( 190° C ) ( 0.015 m3 ) ( 190° C ) ( 0.015 m 3 ) x= x= 27 °C 27 ° C 3 x=0.105 m RESULTADOS:

PROBLEMA 10

Con grados °K. 300.15° K 463.15 ° K = 3 x 0.015 m

( 463.15 ° K ) ( 0.015 m 3 ) x= 300.15 ° K ( 463.15 ° K ) ( 0.015 m3 ) −3 3 x=23.14 E m x= 300.15 ° K

Calcula el trabajo que realiza una expansión isotérmica de un mol de gas ideal a una temperatura de 300 k. Considera 3 posibles escenarios: a) El gas hace una expansión en una sola etapa desde 10 atm a 1 atm contra la presión externa de 1 atm constante b) La expansión se hace en 2 etapas: Etapa uno, de 10 atm a 5 atm y una presión externa constante de 5 atm; Etapa 2, de 5 atm a 1 atm y una presión externa constante de 1atm. c) La expansión se realiza en 3 etapas: etapa uno, de 10 atm a 5 atm, presión externa constante de 5 atm; etapa 2, de 5 atm a 2 atm y presión externa constante a 2 atm; etapa 3, de 2 a 1 atm y presión externa constante de 1 atm.

a)

T = 300 K P1=10 atm

DATOS:

P2=1 atm n = 1 mol atm ∙L R = 0.082 mol ∙K

FÓRMULAS: nR T Pv=nRT V = P vf L=nRT ln v0

( )

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: atm∙ L atm∙ L ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K V 0= = 10 atm 10 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =2.46 L 10 10

(

(

(

)

)

(

)

atm ∙ L atm ∙ L ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 1 atm 1 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =24.6 L 1 1

( 1mol ) 0.082 Vf=

)

(

L=( 1 mol ) 0.082

)

atm ∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ mol ∙ K

= (24.6) ln (10¿)=56.6436 atm∙ L¿

CONVERSIONES: 1 atm ∙ L → 101.325 J 56.6436 atm ∙ L → 5739.4112 J RESULTADOS:

c)

T = 300 K P1=10 atm

DATOS:

nR T FÓRMULAS: V= Pv=nRT P vf L=nRT ln v0 LT =L1+ L2 + L3

( )

P2=1 atm n = 1 mol atm ∙L R = 0.082 mol ∙K

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL:

V 0=

( 1 mol ) 0.082

(

atm∙ L atm∙ L ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 10 atm 10 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =2.46 L 10 10

)

(

atm ∙ L atm ∙ L ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 5 atm 5 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =4.92 L 5 5

)

( 1mol ) 0.082 Vf=

1ra Etapa:

(

L1=( 1 mol ) 0.082

(

)

(

)

)

atm∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ mol ∙ K

¿(24.6) ln ( 2¿)=17.0514 atm ∙ L ¿

2da Etapa:

V 0=

( 1 mol ) 0.082

(

atm∙ L atm∙ L ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 5 atm 5 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =4.92 L 5 5

)

(

)

(

atm ∙ L atm ∙ L ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 1 atm 1 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =24.6 L 1 1

)

(

)

( 1mol ) 0.082 Vf=

(

L2=( 1 mol ) 0.082

)

atm∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ mol ∙ K

= (24.6)ln(5¿)=39.5922 atm ∙ L ¿ LT =17.0514 atm ⋅ L+39.5922 atm⋅ LLT =56.6436 atm ⋅ L=¿ 5739.4112 J

CONVERSIONES: 1 atm ∙ L → 101.325 J 56.6436 atm ∙ L → 5739.4112 J RESULTADO:

c)

DATOS: T = 300 K P1=10 atm P2=1 atm n = 1 mol atm ∙L R = 0.082 mol ∙K

FÓRMULAS:

nR T P vf L=nRT ln v0 LT =L1+ L2 + L3

Pv=nRT V =

( )

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: 1ra Etapa:

V 0=

( 1 mol ) 0.082

(

atm∙ L atm∙ L ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 10 atm 10 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =2.46 L 10 10

)

(

)

(

atm ∙ L atm ∙ L ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 5 atm 5 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =4.92 L 5 5

)

(

)

( 1mol ) 0.082 Vf=

(

)

atm∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ mol ∙ K ¿( 24.6)ln( 2¿)=17.0514 atm ∙ L ¿

L1=( 1 mol ) 0.082

( 1 mol ) 0.082

(

)

(

)

2da Etapa:

(

)

(

)

atm∙ L atm∙ L ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K V 0= = 5 atm 5 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =4.92 L 5 5 atm ∙ L atm ∙ L ( 1mol ) 0.082 ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K Vf= = 2 atm 2 atm (1)(0.082 L)(300) 24.6 ¿ = =12.3 L 2 2

(

)

atm∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ mol ∙ K ¿ ( 24.6 ) ln(2¿.5)=22.5408 atm∙ L¿

L2=( 1 mol ) 0.082

3ra Etapa:

( 1 mol ) 0.082

(

)

(

)

(

)

(

)

atm∙ L atm∙ L ( 300 K ) ( 1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K V 0= = 2 atm 2atm (1 )( 0.082 L )( 300 ) 24.6 ¿ = =12.3 L 2 2 atm ∙ L atm ∙ L ( 1mol ) 0.082 ( 300 K ) (1 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K Vf= = 1 atm 1 atm (1 )( 0.082 L )( 300 ) 24.6 atm∙ L ( 300 K ) ln ⁡¿ ¿ = =24.6 L L2=( 1 mol ) 0.082 mol ∙ K 1 1

(

¿ ( 24.6 ) ln(2¿)=17.0514 atm ∙ L ¿

)

LT =17.0514 atm ⋅ L+22.5408 atm∙ L+17.0514 atm ⋅ LLT =56.6436 atm ⋅ L = 5739.4112

CONVERSIONES: 1 atm ∙ L → 101.325 J 56.6436 atm ∙ L → 5739.4112 J RESULTADOS:

PROBLEMA 11

El monóxido de oxígeno (CO) cada vez causa más intoxicaciones agudas, se estima que alrededor de 10000 al año como causa comprobada, de estas se estiman que la mitad son por los escapes de los motores, se sabe que un motor con mal funcionamiento debe producir 1 mol de CO cada dos minutos. Una concentración de 0.4 % en volumen de CO resulta mortal para las personas en un breve periodo. Una persona se mete en un garaje que mide 10 x 2 x 3 m con el motor de su coche encendido. Un vecino observa el humo y llama a la policía que tarda 20 minutos en llegar. ¿Encuentran a la persona todavía con vida? La temperatura es de 30°C constante y la presión es de una Atm ¿De cuánto es la concentración al final de los 20 minutos? ¿La persona sigue con vida? DATOS: P = 1 atm FÓRMULAS: T = 30°C = 303.15°K atm∙ L R = 0.082 PV = nRT mol ∙ K PV V = 60 m3=60 , 000 L n= RT 1 mol de CO x cada 2 minutos Tiempo = 20 minutos Concentración de 0.4% de CO = SUSTITUCIÓN Y ANÁLISIS DIMENSIONAL: CONVERSIONES: (1 atm )( 60000 L ) ( 1atm )( 60000 L ) n= ¿ (1)(60000) ¿ atm ∙ L atm ∙ L 3 0.001mol)(303.15) C° + 273.15 = °K m 0.082 ( 303.15 K ) 0.082 ( 303.151KL) → (0.082 mol ∙ K mol ∙ K 3 60 L → 0.015 m 30° + 273.15 = 303.15°K 60000 ¿ =2413.68 mol de CO 24.8583mol 2 minutos → 1 mol de CO 20 minutos → 10 moles de CO RESULTADO:

(

)

(

)

2413.68 moles de CO → 100% 10 moles de CO → 0.414%

PROBLEMA 12 El ahumado es una técnica utilizada en la conservación de alimentos debida la acción secante y bactericida del humo. Uno de los componentes del humo es el formaldehido, (CH2O), del que se sospecha es carcinógeno. ¿Cuál es la presión parcial de 1.2 g de formaldehido, que están contenidos en 4.5 L de humo a temperatura de 25°C de y 1 atm presión estándar?[

V = 4.5 L

DATOS: P = 1 atm

PV = nRT nRT P= V FÓRMULAS:

T = 25°C = 298.15°k atm∙ L R = 0.082 mol ∙ K Masa molar: C = 12.01

H = 1.01 x 2 = 2.02

CONVERSIONES: C° + 273.15 = °K 25° + 273.15 = 298.15°K

1.2 g g = 0.0399 mol 30.03 mol CH 2 O = 30.03 g/mol

O = 16

SUSTITUCIÓN DE FÓRMULAS Y ANÁLISIS DIMENSIONAL:

(

P=

RESULTADOS:

)

(

)

atm ∙ L atm ∙ L ( 298.15 K ) ( 0.0399 mol ) 0.082 ( 300 K ) mol ∙ K mol ∙ K = 4.5 L 4.5 L (0.0399)(0.082 atm)(298.15) 0.975 ¿ = =0.0216 atm 4.5 4.5

( 0.0399 mol ) 0.082