SOLUCIONARIO-1P

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

GASES IDEALES 1.

Un recipiente que está lleno de aire en condiciones normales. Posee un pistón de seguridad que pesa 100 N y su sección es de 8 cm2 . ¿A qué temperatura a nivel del mar deberá ser calentado el recipiente para que dicho pistón se mueva? Despreciando la dilatación del recipiente. (ver fig.).

Pistón cuñas AIRE

-

Solución:

-

Datos: Condición inicial: 𝑃𝑜 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 𝑇𝑜 = 273 °𝐾

-

Condición final: 760 ∙ 105 𝑃𝑎 750

760 100 𝑁 679000 ∙ 105 𝑃𝑎 + = 𝑃𝑎 750 8 𝑐𝑚2 3 𝑇𝑓 =? 𝑤 = 100 𝑁 𝐴 = 8 𝑐𝑚2 𝑃𝑓 =

El volumen no varía hasta que el pistón se mueva: 𝑃𝑓 𝑇𝑜 𝑃𝑜 𝑃𝑓 = ⟹ 𝑇𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑜 67900

𝑃𝑎 ∙ 273 °𝐾

3 760

𝑇𝑓 =

750

∙ 105 𝑃𝑎

⟹

𝑇𝑓 = 609.76 °𝐾 ⟹ 𝑇𝑓 = 336.8 ℃ Para que el pistón se mueva 𝑇 ≥ 336.8 ℃______________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 2.

Se tiene un sistema pistón – cilindro, el pistón de fácil movimiento se encuentra a una determinada altura de la base, luego se calienta hasta aumentar la temperatura en 1/5, en escala centígrada. ¿Cuál será el porcentaje de altura que se desplaza con respecto a la inicial? -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑃𝑜 = 𝑃1 𝑇𝑜 = 𝑇

𝑃𝑓 = 𝑃2

𝑉𝑜 = 𝑉1 %ℎ= -

1 6 𝑇𝑓 = 𝑇 + 𝑇 = 𝑇 5 5 𝑉𝑓 = 𝑉2 ℎ𝑓 − ℎ𝑜 ∙ 100 % =? … … . (1) ℎ𝑜

La presión será la misma en cualquier instante ya que el pistón es móvil. -1-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑉𝑜 𝑃𝑉𝑓 = 6 ⟹ 𝑃 𝑇 5

6 𝑉 = 𝑉𝑓 ⟹ 5 𝑜 6 𝐴 ∙ ℎ𝑜 = 𝐴 ∙ ℎ𝑓 ⟹ 5 6 ℎ𝑓 = ℎ𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑛𝑙𝑎𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 (1) ⟹ 5 %ℎ=

ℎ𝑓 − ℎ𝑜 ∙ 100 % ⟹ ℎ𝑜 6

%ℎ=5 3.

ℎ𝑜 − ℎ𝑜 ℎ𝑜

∙ 100 % ⟹ % ℎ = 20 %______________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

Se tiene un manómetro en U pero de lados desiguales “lado mayor (L) y lado menor (l)”, donde L es igual a 100 cm y l es 30 cm, en el que previamente se vierte mercurio por el lado largo hasta llenarlo completamente, atrapando todo el aire que se encuentra en el tubo manométrico a la temperatura de 20 ℃ (el lado corto está completamente cerrado). Calcular: a) ¿Cuál es la presión del aire encerrado?. b) ¿Cuántas moléculas de aire están encerrados?. Suponer que el radio del tubo es de 5 mm y despreciar el volumen de la parte cóncava. -

Solución:

-

Datos: 𝐿 = 100 𝑐𝑚 𝑙 = 30 𝑐𝑚 𝑇 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑟 = 5 𝑚𝑚

Figura del manómetro en U figura (1) y (2): a)

Calculando la presión del aire para dos casos como se muestra en la figura:

-

Cálculos asumiendo el caso (1): 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = (760 + 10 ∙ (100 − 𝑥1 ))𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … (𝛼)

-

Calculo de la presión del gas a temperatura constante: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 = 𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟹

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝐴 ∙ (130)𝑐𝑚3 = 𝑃𝑔𝑎𝑠 ∙ 𝐴 ∙ (30 − 𝑥1 )𝑐𝑚3 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = -

760 ∙ 130 𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … … … … … . (𝛽) 30 − 𝑥1

Igualando ecuaciones (𝛼) y (𝛽): 760 + 10 ∙ (100 − 𝑥1 ) =

760 ∙ 130 ⟹ 30 − 𝑥1

𝑥 = −20.32 𝑐𝑚 10𝑥12 − 2060𝑥1 − 46000 = 0 ⟶ 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒𝑑𝑜𝑠𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 { 1 𝑥1 = 226.32 𝑐𝑚 Con estas soluciones se puede verificar que ninguna satisface la condición (1): -

Cálculos asumiendo el caso (2): 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = (760 + 10 ∙ (100 − 𝑥2 ))𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … (𝑎)

-

Calculo de la presión del gas a temperatura constante: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 = 𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟹ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝐴 ∙ (130)𝑐𝑚3 = 𝑃𝑔𝑎𝑠 ∙ 𝐴 ∙ (30 + 𝑥2 )𝑐𝑚3 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 =

-

760 ∙ 1 − 30 𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … … … … … . (𝑏) 30 + 𝑥2

Igualando ecuaciones (𝑎) y (𝑏): 760 + 10 ∙ (100 − 𝑥2 ) =

760 ∙ 730 ⟹ 30 + 𝑥2

𝑥 = 100 𝑐𝑚 10𝑥22 − 1460𝑥2 − 46000 = 0 ⟶ 𝑠𝑢𝑠𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 { 2 𝑥2 = 46 𝑐𝑚 Con estas soluciones se puede verificar que una de ellas satisface la condición (2) La solución es para 𝑥 = 46 𝑐𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑛(𝑏) ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = b)

760 ∙ 130 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 1300 𝑚𝑚𝐻𝑔______________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 30 + 46

Calculo del numero de moléculas: 𝑛=

𝑃𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 5 2

𝑛=

1300 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝜋 ( ) ∙ 76 𝑐𝑚3 62.4

4.24 ∙ 10−3 𝑚𝑜𝑙 ∙ 4.

10 𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙

1𝑙 = 0.004244 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 1000 𝑐𝑚3

6.023 ∙ 1023 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 = 2.56 ∙ 1021 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠____________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 1 𝑚𝑜𝑙

Un cilindro horizontal de área transversal de 10 cm2 que se encuentra a 27 ℃ en el que inserta a la mitad del cilindro un embolo de fácil movimiento impermeable a cualquier gas. Luego uno de los

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

compartimientos se calienta hasta 127 ℃, desplazando al embolo una distancia de 2 cm hacia el lado del compartimiento frio. Calcular el volumen del cilindro. -

Solución:

-

Datos: 𝐴 = 10 𝑐𝑚2 𝑇 = 27 ℃ = 300 °𝐾 𝑇1𝑓 = 127 ℃ = 400 °𝐾 𝑥 = 2 𝑐𝑚 𝑉𝑜𝑙𝑐𝑖𝑙 =?

-

Análisis para condición final: El número de moles en ambos compartimientos no varía por lo tanto se tiene la siguiente ecuación: 𝑛1 = 𝑛2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃1 ∙ 𝑉1 𝑃2 ∙ 𝑉2 = ⟶ 𝑒𝑛𝑒𝑙𝑒𝑞𝑢𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜𝑃1 = 𝑃2 ⟹ 𝑅 ∙ 𝑇1 𝑅 ∙ 𝑇2 𝐻 +𝑥 2 𝑉1 𝑉2 𝐻 = ⟶ 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠𝑠𝑒𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑉2 = − 𝑥 𝑇1 𝑇2 2 𝑇1 = 400 °𝐾 {𝑇2 = 300 °𝐾 𝑉1 =

𝐻 2

+𝑥

400 °𝐾 𝐻 2

+2 4

𝐻

= 𝐻

=

2

2

−𝑥

300 °𝐾 −2 3

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑥 = 2 𝑐𝑚 ⟹

⟹

3 𝐻 + 6 = 2𝐻 − 8 ⟹ 2 𝐻 = 28 𝑐𝑚 -

El volumen del cilindro esta dado por la siguiente ecuación: 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝐴 ∙ 𝐻 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 10 𝑐𝑚2 ∙ 28 𝑐𝑚 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 280 𝑐𝑚3 ____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

5.

Se midió la respiración de una suspensión de células de levadura observando el decremento en la presión del gas arriba de la suspensión celular. El aparato se colocó de forma que el gas estuviese confinado en un volumen constante, 16 cc, y el cambio de presión total fuese causado por la asimilación de oxígeno por las células. La presión se midió con un manómetro cuyo fluido tenía una densidad de 1.034 g/cc. Todo el aparato estaba sumergido en un termostato a 37 ℃. En un periodo de observación de 30 minutos, el fluido en la rama abierta del manómetro descendió 37 mm. Despreciando la solubilidad del oxígeno en la suspensión de levaduras, calcúlese la rapidez de consumo de oxígeno por las células en milímetro cubico de oxígeno gaseoso (T.P.E.) por hora.

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

Densidad=1.034 g/cc

Levadura

T=37 0 C

-

Solución:

-

Datos: 𝑉 = 16 𝑐𝑚3 = 16 ∙ 10−3 𝑙 𝜌𝑙𝑖𝑞 = 1.034 𝑔/𝑐𝑚3 𝑇 = 37 ℃ = 310 °𝐾 𝑡 = 30 𝑚𝑖𝑛 ∆ℎ = 37 𝑚𝑚

-

Calculando la variación de presión: ∆𝑃 =

∆𝑃 =

∆ℎ ∙ 𝜌𝑙𝑖𝑞 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝜌𝐻𝑔 37 𝑚𝑚 ∙ 1.034 13.6

𝑔

𝑔 𝑐𝑚3

⟹

𝑐𝑚3

∆𝑃 = 2.8131 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Calculo de los numero de moles de 𝑂2 consumidos en 30 min: 𝑛𝑂2 = 𝑛𝑂2 =

∆𝑃 ∙ 𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 2.8131 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 16 ∙ 10−3 𝑐𝑚3 62.4

𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 310 °𝐾

⟹

𝑛𝑂2 = 2.327 ∙ 10−6 𝑚𝑜𝑙/30 𝑚𝑖𝑛. -

Calculando el volumen de oxigeno consumido en 1 h: 2.327 ∙ 10−6 𝑚𝑜𝑙 60 𝑚𝑖𝑛 22.4 𝑙 106 𝑚𝑚3 𝑚𝑚3 ∙ ∙ ∙ = 104.25 _________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 30 𝑚𝑖𝑛 1ℎ 1 𝑚𝑜𝑙 1𝑙 ℎ

6.

En una competencia de ciclismo se tiene aire en un recipiente cilíndrico de 7 pies de altura y 1 pie de diámetro a 147 PSI de presión para proporcionar aire a los neumáticos de la bicicleta. Las dimensiones de cada neumático es r = 1 pie y R = 7/6 pie (como se muestra en la figura). Suponiendo que en todo el proceso no existe variación en la temperatura. Calcular la cantidad de bicicletas que se pueden beneficiar con todo el aire contenido en el recipiente, si la presión máxima que los neumáticos pueden soportar es de 2 atm.

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

R

-

Solución:

-

Datos:

r

𝐻 = 7 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑑 = 1 𝑝𝑖𝑒 𝑃𝑐𝑖𝑙 = 14.7 𝑃𝑆𝐼 𝑟 = 1 𝑝𝑖𝑒 7 𝑅 = 𝑝𝑖𝑒 6 𝑃𝑛𝑒𝑢𝑚 = 29.4 𝑃𝑆𝐼 -

Calculo de numero de moles en el cilindro: 𝜋

𝑛𝑐𝑖𝑙

𝑃𝑐𝑖𝑙 ∙ 𝑑2 ∙ 𝐻 𝑃𝑐𝑖𝑙 𝑉𝑐𝑖𝑙 4 = ⟹ 𝑛𝑐𝑖𝑙 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝜋

𝑛𝑐𝑖𝑙 = -

14.7 𝑃𝑆𝐼 ∙ (1 𝑝𝑖𝑒)2 ∙ 7 𝑝𝑖𝑒 4

𝑅𝑇

Calculo de numero de moles en el neumático:

𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚

𝑃𝑛𝑒𝑢𝑚 ∙ 𝑃𝑛𝑒𝑢𝑚 𝑉𝑛𝑒𝑢𝑚 = ⟹ 𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 = 𝑅𝑇

𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 = -

29.4 𝑃𝑆𝐼 ∙

𝜋2 7 4

𝜋2 4

(𝑅 + 𝑟)(𝑅 − 𝑟)2 𝑅𝑇

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

2

7

( + 1) 𝑝𝑖𝑒 ∙ ( − 1) 𝑝𝑖𝑒 2 6

6

𝑅𝑇

Calculo del numero de neumáticos: # 𝑛𝑒𝑢𝑚 =

𝑛𝑐𝑖𝑙 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 𝜋 4

14.7 𝑃𝑆𝐼∙ (1 𝑝𝑖𝑒)2 ∙7 𝑝𝑖𝑒

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 =

𝑅𝑇 2 𝜋2 7 7 ( +1)𝑝𝑖𝑒∙( −1) 𝑝𝑖𝑒 2 4 6 6

⟹

29.4 𝑃𝑆𝐼∙

𝑅𝑇

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 =

7 ∙ 14.7 1

7

6

6

2

⟹

29.4 ∙ ( + 1) ∙ ( − 1) ∙ 𝜋 # 𝑛𝑒𝑢𝑚 = 185.11 𝑛𝑒𝑢𝑚 -

Calculo del numero de bicicletas que se benefician con el numero de neumáticos:

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

# 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 =

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 2

# 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 =

185.11 ⟹ 2

# 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 = 92.55 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 ≅ 92 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠______________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. MEZCLA DE GASES 7.

Se tiene una mezcla gaseosa de de 40 % en masa de CO2 y NO, que ocupan un volumen de 0.2 hectolitros, a una presión de 2.2 kg − f/cm2 a esta cantidad de gas se agregan un 60 % en masa de la misma mezcla gaseosa, su presión se incrementa en un 100 % y su temperatura en 20 ℃. Calcular la masa inicial de la mezcla gaseosa. -

Solución:

-

Datos: % 𝑚⁄𝑚 𝐶𝑂2 = 40 % = 0.4 𝑚 % 𝑚⁄𝑚 𝑁𝑂 = 60 % = 0.6 𝑚

-

Condición inicial:

Condición final:

𝑉𝑜 = 0.2 ℎ𝑙 = 0.02 𝑚3 𝑚𝑜 = 𝑚 𝑇𝑜 = (𝑇 + 273)°𝐾 𝑘𝑔 − 𝑓 𝑁 𝑃𝑜 = 2.2 = 215600 2 2 𝑐𝑚 𝑚

𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 = 0.02 𝑚3 𝑚𝑓 = 𝑚 + 0.6 𝑚 = 1.6 𝑚 𝑇𝑜 = ((𝑇 + 20) + 273)°𝐾 = (𝑇 + 293)°𝐾 𝑁 𝑃𝑓 = 2𝑃𝑜 = 431200 2 𝑚 𝑚𝑜 =?

Para el cálculo de la masa inicial se tiene la siguiente ecuación: 𝑚𝑜 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 … … … … … … … … … … … … … … . … … … (1) 𝑅𝑇𝑜

Para el cálculo no se tiene los datos (𝑀𝑦𝑇𝑜 ) -

Calculo del peso molecular de la mezcla (𝑀): 𝑀 = 𝑥𝑐𝑜2 ∙ 𝑀𝑐𝑜2 + 𝑥𝑁𝑂 ∙ 𝑀𝑁𝑂 … … … … … … … … … … . (2) 𝑥𝑐𝑜2 =

𝑛𝐶𝑂2 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 = ⟹ 𝑛𝐶𝑂2 + 𝑛𝑁𝑂 𝑀 𝑚𝐶𝑂2

𝑥𝑐𝑜2 =

𝑀𝐶𝑂2 𝑚𝐶𝑂2 𝑚𝑁𝑂 𝑀𝐶𝑂2

+

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑀𝑁𝑂

0.4 𝑚

𝑥𝑐𝑜2 =

𝑔 𝑚𝑜𝑙

44 0.4 𝑚 𝑔 𝑚𝑜𝑙

44

+

𝑥𝑐𝑜2 = 0.3125

0.6 𝑚 30

⟹

𝑔 𝑚𝑜𝑙

∧ 𝑥𝑁𝑂 = 0.6875

De la ecuación (2) se tiene: 𝑔 𝑔 1 𝑘𝑔 𝑀 = (0.3125 ∙ 44 + 0.6875 ∙ 30 )∙ ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 1000 𝑔

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑀 = 34.375 ∙ 10−3 -

FROILAN CALLE Q.

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

Calculo de la temperatura inicial a partir de las condiciones finales: 𝑚𝑓 = 1.6 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑚 =

𝑃𝑉𝑀 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑀 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 2 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 = ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜𝑦𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 1 2 = ⟶ 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜𝑇 ⟹ (𝑇 + 273)°𝐾 (𝑇 + 293)°𝐾 𝑇 = −193 ℃ = 80 °𝐾 -

Reemplazando (𝑀𝑦𝑇0 ) en la ecuación (1): 𝑚𝑜 =

215600

𝑁 𝑚2

∙ 0.02 𝑚3 ∙ 34.375 ∙ 10−3

8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 80 °𝐾

⟹

𝑚𝑜 = 0.22285 𝑘𝑔 = 222.85 𝑔___________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 8.

En un cilindro cerrado por ambos extremos se encuentra un embolo poroso de fácil movilidad (sin fricción) y de masa despreciable, en cada lado de la cual hay 2 moles de oxígeno mas 2 moles de hidrógeno y 3 moles de oxígeno (ver figura), inicialmente el compartimiento de la izquierda esta 1.5 atm de presión. El embolo poroso de fácil movilidad es permeable solo al hidrógeno (el hidrógeno puede pasar por el embolo hasta que se establece el equilibrio) y no así el oxígeno. Calcule el cambio de presión manométrica (manómetro A) cuando el sistema alcanza el equilibrio a temperatura constante en la ciudad de La Paz. permeable al hidrogeno

V1

V2

2 mol O 2

3 mol O 2

2 mol H 2 P1=1.5 atm

-

Solución:

-

Datos:

-

Análisis para condiciones iniciales:

P2 =1 atm

↬ COMPARTIMIENTO (1): 𝑉1 =

𝑛1 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃1

𝑉1 =

4 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 1.5 𝑎𝑡𝑚

↬COMPARTIMIENTO (2):

-8-

Hg

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑉2 =

𝑛2 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃2

𝑉2 =

3 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 1 𝑎𝑡𝑚

↬ CALCULO DEL VOLUMEN TOTAL: 𝑉𝑇 = 𝑉1 + 𝑉2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

-

𝑉𝑇 =

4 𝑚𝑜𝑙 3 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 + 𝑅𝑇 ⟹ 1.5 𝑎𝑡𝑚 1 𝑎𝑡𝑚

𝑉𝑇 =

17 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 … … … … … … … … (𝛼) 3 𝑎𝑡𝑚

Calculo de la altura manométrica inicial: 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ𝑜 ⟹ ℎ𝑜 = 𝑃2 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ℎ𝑜 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚

-

Análisis para condiciones finales: 𝑃1℩ = 𝑃2℩ (𝑒𝑛𝑒𝑙𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜) ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑃 =

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

(2 + 𝑥)𝑅𝑇 (3 + 𝑦)𝑅𝑇 = ⟶ 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝑉1℩ = 𝑉2℩ 𝑉1℩ 𝑉2℩ 2+𝑥 =3+𝑦 ⟹ 𝑥 − 𝑦 = 1 … … … … … … … . (1) Además la cantidad de hidrogeno es 2 moles: 𝑥 + 𝑦 = 2 … … … … … … … . . (2) De ambas ecuaciones se tiene: 𝑥 − 𝑦 = 1 … … … … … … . . (1) 𝑥 = 1.5 { ⟶ 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜𝑒𝑙𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 ⟹ { 𝑦 = 0.5 𝑥 + 𝑦 = 2 … … … … … … . . (2) ↬COMPARTIMIENTO (2℩ ): 𝑉𝑇 = 𝑉1℩ + 𝑉2℩ ⟹ 𝑉𝑇 = 2𝑉2℩ … … … … … … … … . (𝛽) ↬IGUALANDO ECUACIONES (𝛼) Y (𝛽): 2𝑉2℩ = 𝑉2℩ =

17 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 ⟹ 3 𝑎𝑡𝑚

17 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 6 𝑎𝑡𝑚

↬CALCULANDO 𝑃2℩ :

-9-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃2℩ = 𝑃2℩ =

𝑛2℩ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 𝑉2℩ (3 + 𝑦)𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝑅𝑇 17𝑚𝑜𝑙 6 𝑎𝑡𝑚

𝑃2℩ =

FROILAN CALLE Q.

𝑅𝑇

(3 + 0.5) 17

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠𝑦𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹

𝑎𝑡𝑚 ⟹

6

𝑃2℩ = 1.2353 𝑎𝑡𝑚 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Calculo de la presión manométrica final: 𝑃2℩ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ𝑓 ⟹ ℎ𝑓 = 𝑃2℩ − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ℎ𝑓 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚

-

Calculo de la variación de la presión manométrica: ∆ℎ = ℎ𝑓 − ℎ𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆ℎ = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 − (760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ) ⟹ ∆ℎ = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ ∆ℎ = 178.82 𝑚𝑚 ∙

1 𝑐𝑚 = 17.9 𝑐𝑚___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 10 𝑚𝑚

Otra forma: Asumiendo que el hidrogeno se distribuye en partes iguales: -

Cálculos para el compartimiento (2℩ ): 𝑃1℩ = 𝑃2℩ (𝑒𝑛𝑒𝑙𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜) ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑃 =

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

(3)𝑅𝑇 (4)𝑅𝑇 = ⟹ 𝑉1℩ 𝑉2℩ 3 𝑉1℩ = 𝑉2℩ ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑉𝑇 = 𝑉1℩ + 𝑉2℩ 4 3 𝑉𝑇 = 𝑉2℩ + 𝑉2℩ ⟹ 4 7 𝑉𝑇 = 𝑉2℩ … … … … … … … … … . . (𝛾) 4 ↬IGUALANDO ECUACIONES (𝛼) Y (𝛾): 17 𝑚𝑜𝑙 7 𝑅𝑇 = 𝑉2℩ ⟹ 3 𝑎𝑡𝑚 4 𝑉2℩ =

68 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 21 𝑎𝑡𝑚

↬CALCULANDO 𝑃2℩ :

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃2℩ = 𝑃2℩ =

FROILAN CALLE Q.

𝑛2℩ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 𝑉2℩ 4 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝑅𝑇 68 𝑚𝑜𝑙 21 𝑎𝑡𝑚

𝑅𝑇

⟹

𝑃2℩ = 1.2353 𝑎𝑡𝑚 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Calculo de la presión manométrica final: 𝑃2℩ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ𝑓 ⟹ ℎ𝑓 = 𝑃2℩ − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ℎ𝑓 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚

-

Calculo de la variación de la presión manométrica: ∆ℎ = ℎ𝑓 − ℎ𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆ℎ = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 − (760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ) ⟹ ∆ℎ = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ ∆ℎ = 178.82 𝑚𝑚 ∙

9.

1 𝑐𝑚 = 17.9 𝑐𝑚___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 10 𝑚𝑚

10 g de una mezcla gaseosa compuesta por oxígeno y nitrógeno se encuentran en un recipiente de 10 litros a 20 ℃, en el cual la presión del oxígeno es de 0.546 atm. Calcular: a) La composición molar del oxígeno. b) La composición másica del nitrógeno. c) La presión total del sistema. -

Solución:

-

Datos: 𝑚 𝑇 = 10 𝑔 𝑉 = 10 𝑙 𝑇 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑃𝑂2 = 0.546 𝑎𝑡𝑚

a)

Calculo de la composición molar del oxigeno: 𝑥𝑂2 =

-

𝑃𝑂2 ∙ 100% … … … … (1) 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2

Para la ecuación (1) no se tiene 𝑃𝑁2 por lo tanto se puede calcular a partir de la ecuación: ̅𝑇 = 𝑀

𝑚𝑇 ∙ 𝑅 ∙ 𝑇 … … … … … … … . . (𝛼) 𝑃𝑇 ∙ 𝑉

̅ 𝑇 = 𝑥𝑂 ∙ 𝑀𝑂 + 𝑥𝑁 ∙ 𝑀𝑁 , 𝑎𝑑𝑒𝑚𝑎𝑠 𝑀 2 2 2 2 𝑥𝑖 = -

𝑃𝑖 ⟹ 𝑃𝑇

La ecuación (𝛼) se puede expresar de la siguiente manera:

-11-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃𝑂2 𝑀𝑂2 + 𝑃𝑁2 𝑀𝑁2 =

FROILAN CALLE Q.

𝑚 𝑇 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑔 28𝑔 10 𝑔 ∙ 0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 293 ° 0.546 𝑎𝑡𝑚 ∙ 32 + 𝑃𝑁2 ∙ = ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 10 𝑙 𝑃𝑁2 = 0.234 𝑎𝑡𝑚 -

Reemplazando 𝑃𝑁2 en la ecuación (1): 𝑥𝑂2 =

𝑃𝑂2 ∙ 100% ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2

𝑥𝑂2 =

0.234 𝑎𝑡𝑚 ∙ 100% 0.234 𝑎𝑡𝑚 + 0.546 𝑎𝑡𝑚

𝑥𝑂2 = 70 %________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la composición másica del nitrógeno: 𝑥𝑁2 =

𝑛𝑛2 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 = ⟹ 𝑛𝑇 𝑀 𝑚 𝑛2

𝑥𝑁2 =

𝑀𝑛2 𝑚𝑇 ̅𝑇 𝑀

𝑥𝑁2 =

̅𝑇 𝑚𝑛2 𝑀 ⟹ 𝑚 𝑇 𝑀𝑛2

⟹

𝑚𝑛2 𝑀𝑛2 = 𝑥 … … … … … … . . (𝛽) ̅ 𝑇 𝑁2 𝑚𝑇 𝑀 -

Calculando el peso molecular de la mezcla: ̅ 𝑇 = 𝑥𝑁 𝑀𝑁 + 𝑥𝑂 𝑀𝑂 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀 2 2 2 2 ̅ 𝑇 = 0.3 ∙ 28 𝑀 ̅ 𝑇 = 30.8 𝑀

-

𝑔 𝑔 + 0.7 ∙ 32 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

̅ 𝑇 en la ecuación (𝛽): Reemplazando 𝑀 𝑔

28 𝑚𝑁2 𝑚𝑜𝑙 = 𝑔 0.3 ⟹ 𝑚𝑇 30.8 𝑚𝑜𝑙

% 𝑚⁄𝑚 𝑁2 =

𝑚𝑁2 0.3 ∙ 28 ∙ 100 % = ∙ 100 % 𝑚𝑇 30.8

% 𝑚⁄𝑚 𝑁2 = 27.27 %____________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

Calculo de la presión total: 𝑃𝑇 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 = 0.234 𝑎𝑡𝑚 + 0.546 𝑎𝑡𝑚

-12-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑇 = 0.780 𝑎𝑡𝑚___________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 10. La densidad de una mezcla gaseosa de nitrógeno y dióxido de carbono es de 2.03 g/l a 25 ℃, en el que la presión del dióxido de carbono es de 600 mmHg. Calcular: a) La presión total del sistema. b) El diámetro que debe tener la esfera para almacenar 10 moles de la mezcla en las mismas condiciones del problema. -

Solución:

-

Datos: 𝑔 𝑙 𝑇 = 25 ℃ = 298 °𝐾 𝑃𝐶𝑂2 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝜌 = 2.03

a)

Calculo de la presión total del sistema: 𝑃𝑇 = 𝑃𝐶𝑂2 + 𝑃𝑁2 … … … … … … … … (𝛼)

-

Calculo de 𝑃𝑁2 : 𝑃𝑇 𝑀𝑇 = 𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑃𝐶𝑂 𝑃𝑁 𝑃𝑇 ( 2 𝑀𝐶𝑂2 + 2 𝑀𝑁2 ) = 𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜𝑦𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 𝑃𝑇 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 44

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 + 𝑃𝑁2 ∙ 28 = 2.03 ∙ 62.4 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑃𝑁2 = 405.3 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Reemplazando 𝑃𝑁2 en la ecuación (𝛼): 𝑃𝑇 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 + 405.3 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ 𝑃𝑇 = 1005.3 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 1.32 𝑎𝑡𝑚________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

b)

Calculo del diámetro de la esfera para que contenga 10 moles de la mezcla: 𝑉=

𝑉=

𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃 10 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

1.32 𝑎𝑡𝑚

⟹

𝑉 = 184.74 𝑙 ⟹ 𝜋 3 𝐷 = 184.74 ∙ 10−3 𝑚3 ⟹ 6 𝐷 = 0.71 𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 11. En un recipiente rígido de volumen invariable se encuentran masas iguales de O2 y H2 , si de ella se extrae la mitad de la masa de oxígeno que se encuentra en el recipiente. ¿Cuál deberá el porcentaje de incremento de la temperatura en el recipiente para que la presión se mantenga constante?. -

Solución:

-

Datos: -13-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

Condición inicial:

FROILAN CALLE Q.

Condición final:

1 𝑚𝑂2 = 𝑚 2 𝑚𝐻2 = 𝑚 𝑚𝐻2 = 𝑚 𝑚𝑜 3 3 𝑚𝑜 = 2𝑚 ⟶ 𝑚 = 𝑚𝑜 = 𝑚 ⟶ 𝑚 = 𝑚𝑓 2 2 2 𝑃𝑜 = 𝑃 𝑃𝑜 = 𝑃 𝑇𝑓 − 𝑇𝑜 % ∆𝑇 = ∙ 100 % =? 𝑇𝑜 𝑚𝑂2 = 𝑚

-

Igualando ambas ecuaciones másicas se tiene: 𝑚𝑜 2 𝑚𝑓 = ⟹ 2 3 𝑚𝑓 =

3 𝑚𝑜 𝑃𝑉𝑀 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑚 = ⟹ 4 𝑅𝑇

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑀𝑓 3 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀𝑜 = ∙ ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑃𝑜 = 𝑃𝑓 𝑦𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 ⟹ 𝑅𝑇𝑓 4 𝑅𝑇𝑜 𝑀𝑓 3 𝑀𝑜 = ∙ ⟹ 𝑇𝑓 4 𝑇𝑜 𝑇𝑓 = -

4 𝑇𝑜 𝑀𝑓 ∙ … … … … … … … … … … (𝑎) 3 𝑀𝑜

Calculo de 𝑀𝑜 : 𝑛𝑜 =

𝑚𝑜 ⟹ 𝑀𝑜

𝑀𝑜 =

𝑚𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛𝑜 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2 𝑛𝑜

𝑀𝑜 =

𝑚𝑜 ⟹ 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2

𝑀𝑜 =

2𝑚 𝑚 𝑔 32 𝑚𝑜𝑙

𝑀𝑜 = -

+

𝑚 2

⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜𝑦𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹

𝑔 𝑚𝑜𝑙

64 𝑔 17 𝑚𝑜𝑙

Calculo de 𝑀𝑜 : 𝑛𝑓 =

𝑚𝑓 ⟹ 𝑀𝑓

𝑀𝑓 =

𝑚𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛𝑓 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2 𝑛𝑓

𝑀𝑓 =

𝑚𝑓 ⟹ 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2

𝑀𝑓 =

2𝑚 1 𝑚 2 𝑔 32 𝑚𝑜𝑙

+

⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜𝑦𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑚 𝑔 2 𝑚𝑜𝑙

-14-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑀𝑓 = -

FROILAN CALLE Q.

32 𝑔 11 𝑚𝑜𝑙

Reemplazando 𝑀𝑜 y 𝑀𝑓 en la ecuación (𝑎): 𝑇𝑓 =

4 𝑇𝑜 𝑀𝑓 ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 3 𝑀𝑜

𝑇𝑓 =

4 𝑇𝑜 ∙ 11 𝑚𝑜𝑙 ∙ ⟹ 3 64 𝑔

32 𝑔

17 𝑚𝑜𝑙

𝑇𝑓 = -

34 𝑇 33 𝑜

Reemplazando 𝑇𝑜 en la ecuación del enunciado: 34

% ∆𝑇 = 33

𝑇𝑜 − 𝑇𝑜 𝑇𝑜

∙ 100 % ⟹

% ∆𝑇 = 3.03 %___________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 12. El NO reacciona con el oxígeno molecular como sigue: 2NO(g) + O2 (g) → 2NO2 (g) . Inicialmente el NO y el O2 están separados como se muestra en la figura. Cuando se abre la válvula, la reacción ocurre rápido hasta completarse. Determine la presión final y las presiones parciales de los gases luego de la reacción, suponga que la temperatura permanece constante.

O2

NO

2

3.00 l 1.00 atm

6.00 l 0.50 atm

-

Solución:

-

Calculo del reactivo limitante a partir del numero de moles en cada compartimiento antes de que se abra la válvula: 𝑛𝑂2 =

𝑃𝑂2 𝑉𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 3 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 = 3

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 /𝟏 = 3 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑬𝑵 𝑬𝑿𝑪𝑬𝑺𝑶 𝑅𝑇

𝑛𝑁𝑂 =

𝑃𝑁𝑂 𝑉𝑁𝑂 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑁𝑂 =

0.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 6 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑁𝑂 = 3 -

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 /𝟐 = 1.5 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑳𝑰𝑴𝑰𝑻𝑨𝑵𝑻𝑬 𝑅𝑇

La ecuación estequiométrica puede expresarse de la siguiente manera:

-15-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

+

NO(g) 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 −3 𝑅𝑇 0

𝑖)

3

𝑟) 𝑓) -

-

FROILAN CALLE Q.

1 O 2 2 (g) 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 3 𝑅𝑇 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − ∙3 2 𝑅𝑇 3 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 2 𝑅𝑇

⟶

NO2 (g)

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 3 𝑅𝑇 3

Calculo del numero de moles totales después de la reacción: 𝑛𝑇 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙3 +3 ⟹ 2 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑇 =

9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑅𝑇

Calculo de las presiones: Presión total: 𝑃𝑇 =

𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 (

9 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2 𝑅𝑇

) 𝑅𝑇

(3 + 6)𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 0.5 𝑎𝑡𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. Presión de oxigeno: 𝑃𝑂2 =

𝑃𝑇 =

𝑛𝑂2 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇

(

3 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2 𝑅𝑇

) 𝑅𝑇

(3 + 6)𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 0.17 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. Presión del dióxido de nitrógeno: 𝑃𝑁𝑂2 =

𝑃𝑇 =

𝑛𝑁𝑂2 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇

(3

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 𝑅𝑇

) 𝑅𝑇

(3 + 6)𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 0.33 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 13. En un recipiente hermético (de volumen constante), se introduce aire a 1.20 atm conteniendo NO2 , un contaminante gaseoso que se produce durante la combustión. Dentro del recipiente existe un catalizador de Rhodio y Platino, el cual acelera la conversión de todo el NO2 en N2 y O2. Luego de cierto tiempo (cuando concluye la reacción) la presión es de 1.40 atm. Calcule el porcentaje en moles de NO2 en el aire original. Considere un proceso isotérmico. -

Solución:

-

Datos:

-16-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

Aire=x

Aire=x N2=u O2=v

NO2=Y

1.20 atm % 𝑁𝑂2 = -

1.40 atm 𝑦 ∙ 100 % =? … … … … … … (∗) 𝑥+𝑦

En la reacción se tiene: 𝑁𝑂2

-

𝑖) 𝑟)

𝑦 −𝑦

𝑓)

0

1 𝑁 2 2 1 𝑦 2 1 𝑦 2

+

𝑂2 𝑦 𝑦

Análisis para condiciones iniciales: 𝑛0 = 𝑥 + 𝑦 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛0 = 𝑥 + 𝑦 = 1.2 𝑎𝑡𝑚 ∙

-

⟶

𝑃0 𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑉 … … … … … … … … … (1) 𝑅𝑇

Análisis para condiciones finales (de la figura y de la reacción) se tiene: 1 𝑛𝑓 = 𝑢 + 𝑣 + 𝑥 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 {𝑢 = 2 𝑦 ⟹ 𝑣=𝑦 1 𝑛𝑓 = 𝑦 + 𝑦 + 𝑥 ⟹ 2 𝑃𝑓 𝑉 3 𝑛𝑓 = 𝑦 + 𝑥 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = ⟹ 2 𝑅𝑇 3 𝑉 𝑦 + 𝑥 = 1.40 𝑎𝑡𝑚 ∙ … … … … … … … … . (2) 2 𝑅𝑇

-

Resolviendo ecuaciones (1) y (2): 𝑥 = 0.8 𝑎𝑡𝑚 ∙

-

𝑉 𝑅𝑇

∧

𝑦 = 0.4 𝑎𝑡𝑚 ∙

𝑉 𝑅𝑇

Reemplazando 𝑥 e 𝑦 en la ecuación (∗): % 𝑁𝑂2 =

% 𝑁𝑂2 =

𝑦 ∙ 100 % ⟹ 𝑥+𝑦 0.4 𝑎𝑡𝑚 ∙ 1.2 𝑎𝑡𝑚 ∙

𝑉 𝑅𝑇 𝑉

∙ 100 %

𝑅𝑇

% 𝑁𝑂2 = 33.33 %________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-17-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

14. Hallar la composición molar de la mezcla de de vapor de gasolina y aire que debe formarse en la combustión completa de la gasolina a dióxido de carbono y vapor de agua, si la gasolina es solo octano. La composición del aire es 21:79 de O2 y N2 respectivamente en relación volumétrica. -

Solución:

-

Datos:

GRAFICA -

En la reacción de combustión se tiene: 𝐶8 𝐻18

-

𝑖) 𝑟)

𝑧 −𝑧

𝑓)

0

25 𝑂 2 2 𝑦 25 − 𝑧 2 25 𝑦− 𝑧 2

⟶

8𝐶𝑂2

+

9𝐻2 𝑂

8𝑧

9𝑧

8𝑧

9𝑧

Análisis para condiciones iniciales: 1 𝑚𝑜𝑙𝐶8 𝐻18 ∙

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ∙ -

+

𝑦 𝑚𝑜𝑙𝑂2 25 = 𝑚𝑜𝑙𝑂2 − −⟶ 𝑧 𝑚𝑜𝑙𝐶8 𝐻18 2

79 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 = 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 − −⟶ 21 𝑚𝑜𝑙𝑂2

2 𝑦=𝑧 25 𝑥=

79 𝑦 21

Calculo de la composición de la mezcla inicial: % 𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑥+𝑦 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦+𝑧 79

% 𝐴𝑖𝑟𝑒 = 79 21

21

𝑦+𝑦

𝑦+𝑦+

2 25

𝑦

∙ 100 % ⟹

% 𝐴𝑖𝑟𝑒 = 98.35 % % 𝐶8 𝐻18 =

𝑧 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦+𝑧 2

% 𝐶8 𝐻18 = 79 21

25

𝑦

𝑦+𝑦+

2 25

𝑦

∙ 100 % ⟹

% 𝐶8 𝐻18 = 1.65 % -

Resumiendo resultados: % 𝐴𝑖𝑟𝑒 = 98.35 %

∧

𝐶8 𝐻18 = 1.65 %___________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

15. Se analiza una mezcla de oxígeno e hidrógeno pasándola sobre oxido de cobre caliente y por un tubo secante. El hidrógeno reduce el CuO según la ecuación CuO + H2 → Cu + H2 O ; el oxígeno reoxida el cobre 1 formado Cu + O2 → CuO. 100 cm3 de la mezcla medidos a 25 ℃ y 750 mmHg producen 84.5 cm3 de 2 oxígeno seco, medidos en las mismas condiciones después de su paso sobre el CuO y el agente secante. ¿Cuál es la composición original de la mezcla?. -

Solución: -18-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Datos:

GRAFICA con datos 𝑥 ∙ 100 % 𝑥+𝑦

% 𝐻2 = -

𝑦 ∙ 100 % … … … … … … … . (∗) 𝑥+𝑦

Se puede asumir al 𝐻2 como reactivo limitante ya que en el enunciado para condiciones finales no indica la presencia del hidrogeno. 𝐶𝑢𝑂

+

𝐻2

⟶

𝐶𝑢

𝐶𝑢

+

⟶

𝐶𝑢𝑂

𝐻2

+

1 𝑂 2 2 1 𝑂 2 2 𝑦 1 − 𝑥 2 1 𝑦− 𝑥 2

⟶

𝐻2 𝑂

𝑖) 𝑟)

𝑥 −𝑥

𝑓)

0

+

Reacción global

𝑥 𝑥

𝑃𝑉𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

𝑃 ∙ 100 𝑐𝑚3 … … … … … … … (1) 𝑅𝑇

Análisis para condiciones finales (el agua a la temperatura indicada se encuentra en estado liquido, por lo tanto su volumen es despreciable comprado con la de una gas). 𝑛𝑓 =

𝑃𝑉𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

1 𝑃 𝑥− 𝑦= ∙ 84 𝑐𝑚3 … … … … … … … (2) 2 𝑅𝑇 -

Resolviendo ecuaciones (1) y (2): 𝑥=

-

𝐻2 𝑂

Análisis para condiciones iniciales: 𝑛𝑜 =

-

% 𝑂2 =

Sumando ambas reacciones se obtiene el otra reacción global: NOTA:

-

∧

𝑃 ∙ 10.33 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

∧

𝑦=

𝑃 ∙ 89.67 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

Reemplazando 𝑥 e 𝑦 en la ecuación (∗): ↬PARA EL HIDROGENO: % 𝐻2 =

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 𝑃

% 𝐻2 =

𝑅𝑇 𝑃 𝑅𝑇

∙ 10.33 𝑐𝑚3

∙ 10.33 𝑐𝑚3 +

𝑃 𝑅𝑇

∙ 89.67 𝑐𝑚3

∙ 100 % ⟹

% 𝐻2 = 10.33 % ↬PARA EL OXIGENO: -19-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

% 𝑂2 =

% 𝑂2 =

FROILAN CALLE Q.

𝑦 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 89.67 𝑃 𝑅𝑇

∙ 10.33 𝑐𝑚3 +

𝑃 𝑅𝑇

∙ 89.67 𝑐𝑚3

∙ 100 %

% 𝑂2 = 89.67 % -

Resumiendo resultados: % 𝐻2 = 10.33 %

∧

% 𝑂2 = 89.67 %____________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

16. Un balón de acero contiene 2.08 moles de nitrógeno. Un segundo balón de 20.0 l contiene oxígeno a 303 °K sometido a una presión de 15.0 atm. El contenido de ambos balones es transferido totalmente a un recipiente de 50.0 l y es mantenido a una temperatura de 25.0 ℃.A esta mezcla de gases en el recipiente de 50.0 l, se le adicionan 57,1 g de octano (C8 H18 ). Luego, el hidrocarburo es quemado inmediatamente hasta dióxido de carbono y agua. Finalmente, el sistema es enfriado hasta 25.0 ℃. Determinar: a) La presión total y las presiones parciales en la mezcla. b) ¿Cuál es la presión total y las presiones parciales de cada componente después de la combustión? Suponer que el agua se condensa completamente y los gases tienen un comportamiento ideal. -

Solución:

-

Datos:

O2 N2

20l

5l

303ºK

2.08 mol

15 atm

50l 25ºC

a)

Calculo de las presiones en condiciones iniciales:

-20-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑛𝑁2 = 2.08 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑂 𝑉𝑂 ⟹ 𝑛𝑂2 = 2 2 𝑅𝑇𝑂2

𝑛 𝑇 = 𝑛𝑁2 + 𝑛𝑂2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 {

𝑛 𝑇 = 2.08 𝑚𝑜𝑙 +

15 𝑎𝑡𝑚 ∙ 20 𝑙 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 303 °𝐾

⟹

𝑛 𝑇 = 14.1544 𝑚𝑜𝑙 ↬La presión total viene dado por la siguiente ecuación: 𝑃𝑇 =

𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 14.1544 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

50 𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 6.92 𝑎𝑡𝑚 ↬Calculo de la presión parcial de nitrógeno: 𝑃𝑁2 = 𝑥𝑁2 ∙ 𝑃𝑇 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑁2 =

𝑛𝑁2 ⟹ 𝑛𝑇

𝑃𝑁2 =

𝑛𝑁2 ∙ 𝑃 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑇 𝑇

𝑃𝑁2 =

2.08 𝑚𝑜𝑙 ∙ 6.92 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 14.15544 𝑚𝑜𝑙

𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚 ↬Calculo de la presión parcial de oxigeno: 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 = 𝑃𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 1.02 𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑂2 = 6.92 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 𝑃𝑂2 = 5.90 𝑎𝑡𝑚 -

Resumiendo resultados: 𝑃𝑇 = 6.92 𝑎𝑡𝑚; 𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚; 𝑃𝑂2 = 5.90 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

b)

Calculo de las presiones después de la combustión: 57.1 𝑔 𝐶8 𝐻18 ∙

-

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶8 𝐻18 = 0.501 𝑚𝑜𝑙𝐶8 𝐻18 114 𝑔 𝐶8 𝐻18

La ecuación de la reacción es: 𝐶8 𝐻18 𝑖) 𝑟) 𝑓)

-

0.501 −0.501

+

25 𝑂 2 2 12.074 25 − 0.501 2 5.8115

⟶

Calculo del numero de moles totales al final: -21-

8𝐶𝑂2

+

9𝐻2 𝑂

8 ∙ 0.501

9 ∙ 0.501

4.008

4.509

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑛 𝑇 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝑁2 + 𝑛𝐶𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛 𝑇 = (5.8115 + 2.08 + 4.008)𝑚𝑜𝑙 ⟹ 𝑛 𝑇 = 11.90 𝑚𝑜𝑙 -

Calculo de las presiones: ↬PRESION TOTAL: 𝑛 𝑇 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 11.90 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082 ∙ 298 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑇 = ⟹ 50 𝑙 𝑃𝑇 =

𝑃𝑇 = 5.82 𝑎𝑡𝑚 ↬PRESION DEL NITROGENO: 𝑃𝑁2 =

𝑃𝑁2 =

𝑛𝑁2 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 2.08 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

50 𝑙

⟹

𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚 ↬PRESION DEL OXIGENO: 𝑃𝑂2 =

𝑃𝑂2 =

𝑛𝑂2 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

5.8115 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

°𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

50 𝑙

⟹

𝑃𝑂2 = 2.84 𝑎𝑡𝑚 ↬PRESION DEL DIOXIDO DE CARBONO: 𝑃𝐶𝑂2 =

𝑃𝐶𝑂2 =

𝑛𝐶𝑂2 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 4.008 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

50 𝑙

⟹

𝑃𝐶𝑂2 = 1.96 𝑎𝑡𝑚 -

Resumiendo resultados: 𝑃𝑇 = 5.82 𝑎𝑡𝑚; 𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚;

𝑃𝑂2 = 2.84 𝑎𝑡𝑚;

𝑃𝐶𝑂2 = 1.96 𝑎𝑡𝑚___________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

17. El balón interno de la figura con un volumen de 5.00 l contiene etano 2.50 atm de presión. La cámara de 30.00 l, en la cual está inserto el balón, contiene aire (21 % de oxígeno) a 2.00 atm, ocupando el volumen exterior al balón. Después de abrir la llave de paso del etano y permitir la formación de la mezcla de los gases en la cámara, se produce la combustión a través de una chispa eléctrica. A la temperatura invariable en todo. Determinar la presión de: a) la mezcla antes de la combustión. -22-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

b)

FROILAN CALLE Q.

la mezcla resultante después de la combustión, suponiendo el agua formado se encuentra en estado de vapor.

B Etano

A

Aire (21 % O ) -

Solución:

-

Datos: Sean los compartimientos A y B como se muestran en la figura:

𝐴{

𝐶2 𝐻6 𝐴𝑖𝑟𝑒 (21 % 𝑂2 ) 𝑉𝐴 = 5 𝑙 ; 𝐵 {𝑉𝐵 = (30 − 5) 𝑙 ; 𝑃𝐴 = 2.5 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝐵 = 2.0 𝑎𝑡𝑚

a)

Calculo del presión antes de la combustión:

-

Calculando el numero de moles ↬ PARA 𝐶2 𝐻6: 𝑛𝐶2𝐻6 =

𝑃𝐴 𝑉𝐴 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2𝐻6 =

2.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 5 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2𝐻6 =

12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

↬ PARA 𝐴𝑖𝑟𝑒: 𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑃𝐵 𝑉𝐵 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 =

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ (30 − 5) 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 =

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

↬ PARA LA MEZCLA TOTAL: 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 + 𝑛𝐶2𝐻6 ⟹ 𝑛𝑇 =

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 + ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑇 =

62.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 -23-

𝑉𝑇 = 30 𝑙

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Calculo de la presión total: 𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 ∙ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 62.5 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 𝑅𝑇

𝑃𝑇 =

∙ 𝑅𝑇

30 𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 2.08 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la presión antes de la combustión:

-

La reacción de combustión es: 2𝐶2 𝐻6

-

𝑟) 𝑓) -

⟶

4𝐶𝑂2

+

6𝐻2 𝑂

12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 /𝟐 = 𝟔. 𝟐𝟓 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑬𝑵 𝑬𝑿𝑪𝑬𝑺𝑶 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 = 0.21 ∙

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = /𝟕 = 𝟏. 𝟓 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑳𝑰𝑴𝑰𝑻𝑨𝑵𝑻𝑬 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑁2 = 0.79 ∙

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 39.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = 𝑵𝑶 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑪𝑰𝑶𝑵𝑨 𝑅𝑇 𝑅𝑇

La reacción se puede escribir de la siguiente manera: 7 𝐶 𝐻 2 2 6

𝑖)

7𝑂2

Calculo del reactivo limitante: 𝑛𝐶2𝐻6 =

-

+

+

12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 7 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − ∙ 2 𝑅𝑇 9.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

𝑂2

⟶

10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − 𝑅𝑇 0

4 𝐶𝑂 7 2

4 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 7 𝑅𝑇 6 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

+

6 𝐻 𝑂 7 2

6 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 7 𝑅𝑇 9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles totales después de la reacción: 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐶2 𝐻6 + 𝑛𝐶𝑂2 + 𝑛𝑁2 + 𝑛𝐻2𝑂 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

-

𝑛𝑇 =

9.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 6 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 39.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 + + + ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑇 =

64 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Calculo de la presión total: 𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 ∙ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 64 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑃𝑇 =

𝑅𝑇

∙ 𝑅𝑇

30 𝑙

⟹

𝑃𝑇 = 2.13 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-24-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

18. En un recipiente se tiene un hidrocarburo Cx H6 a 600 mmHg, con el propósito de quemar el hidrocarburo se inyecta el 90 % de aire estequiometrico. Luego de la combustión, la mezcla resultante al volver a las condiciones primitivas ejerce una presión de 8700 mmHg. Suponiendo que la composición del aire es de 20 % molar de oxígeno y el resto nitrógeno. Calcular el valor de “x”. -

Solución:

-

Datos: 𝑃𝐶𝑥 𝐻6 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 90 % 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑞𝑢𝑖𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑃𝑓 = 8700 𝑚𝑚𝐻𝑔 20 % 𝑂2 𝐴𝑖𝑟𝑒 { 80 % 𝑁2

-

La reacción de combustión es: 𝐶𝑥 𝐻6

-

2𝑥 + 3 ( ) 𝑂2 2

+

⟶

𝑥𝐶𝑂2

+

3𝐻2 𝑂

Del enunciado se puede verificar que el oxigeno esta en menor cantidad estequiométrica, por lo tanto el reactivo limitante es el oxigeno: ↬CALCULO DE NUMERO DE MOLES DE 𝐶𝑥 𝐻6 : 𝑛𝐶𝑥 𝐻6 =

𝑃𝐶𝑥 𝐻6 𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶𝑥 𝐻6 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

𝑉 𝑅𝑇

↬CALCULO DE NUMERO DE MOLES DE 𝑂2 : 2𝑥+3

𝑛𝑂2 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

90%𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑒𝑠𝑡. ( ) 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 𝑉 2𝑥 + 3 𝑉 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑥 𝐻6 ∙ 2 = 600 ∙ ( ) 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ∙⏞ 0.9 ⟹ 𝑅𝑇 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑥 𝐻6 2 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 = 270 ∙ (2𝑥 + 3)𝑚𝑚𝐻𝑔

𝑉 𝑅𝑇

↬CALCULO DE NUMERO DE MOLES DE 𝑁2 : 𝑛𝑁2 = 270 ∙ (2𝑥 + 3)𝑚𝑚𝐻𝑔

𝑉 80 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 ∙ ⟹ 𝑅𝑇 20 𝑚𝑜𝑙 𝑂2

𝑛𝑁2 = 1080 ∙ (2𝑥 + 3)𝑚𝑚𝐻𝑔 -

La reacción se puede escribir de la siguiente manera: 2 𝐶 𝐻 2𝑥 + 3 𝑥 6

𝑖) 𝑟)

600 −

𝑉 𝑅𝑇

2 𝑉 ∙ 270 ∙ (2𝑥 + 3) 2𝑥 + 3 𝑅𝑇

𝑓)

60 -

𝑉 𝑅𝑇

𝑉 𝑅𝑇

+

𝑂2

2𝑥 𝐶𝑂 2𝑥 + 3 2

⟶

𝑉 𝑅𝑇 𝑉 −270 ∙ (2𝑥 + 3) 𝑅𝑇 270 ∙ (2𝑥 + 3)

2𝑥 𝑉 270 ∙ (2𝑥 + 3) 2𝑥 + 3 𝑅𝑇

0

540𝑥 ∙

Calculo de numero de moles totales después de la combustión: -25-

𝑉 𝑅𝑇

+

6 𝐻 𝑂 2𝑥 + 3 2

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑛 𝑇 = 𝑛𝐶𝑥 𝐻6 + 𝑛𝑁2 + 𝑛𝐶𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛 𝑇 = (60 + 540𝑥 + 1080(2𝑥 + 3))𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑛 𝑇 = (3300 + 2700𝑥)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ -

𝑉 𝑅𝑇

𝑉 … … … … … … … … … (1) 𝑅𝑇

Por condición del problema se tiene: 𝑃𝑇 𝑉 = 𝑛 𝑇 𝑅𝑇 ⟹ 𝑛𝑇 =

𝑃𝑇 𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛 𝑇 = 8700 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ -

𝑉 … … … … … … … … … … … … … . . . (2) 𝑅𝑇

Igualando ecuaciones (1) y (2): (3300 + 2700𝑥)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑥=

𝑉 𝑉 = 8700 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇

8700 − 3300 ⟹ 2700

𝑥 = 2_______________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. GASES HUMEDOS 19. Aire a 20 ℃ y un atm de presión con una humedad relativa del 80 %, se comprime dentro un tanque de 1000 litros de capacidad a una presión de 6 atm, la temperatura se eleva hasta 25℃. La presión de vapor de agua a 20℃ es 17.5 mmHg y a 25℃ es 23.8 mmHg. Aplicando la ley de los gases perfectos y despreciando el volumen de agua que se condensa dentro el tanque. Calcule la masa de la misma. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑇𝑜 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑇𝑓 = 25 ℃ = 298 °𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑃𝑓 = 6 𝑎𝑡𝑚 = 4560 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝜑𝑜 = 80 % 𝑉𝑓 = 1000 𝑙 𝑜 𝑜 𝑃𝑣20℃ = 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑃𝑣25℃ = 23.8 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 =? -

Calculo de volumen inicial: ↬ Ya que el número de moles del gas seco no varía: 𝑛0𝑔𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑐𝑜 = 𝑛𝑓𝑔𝑎𝑠 𝑠𝑒𝑐𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 𝑉𝑜 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑇𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃𝑜 𝑇𝑓

-26-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑉𝑜 =

FROILAN CALLE Q.

(4560 − 23.8)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 1000 𝑙 ∙ 293 °𝐾 ⟹ (760 + 0.8 ∙ 17.5)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 293 °𝐾

𝑉𝑜 = 5978.67 𝑙. -

Calculo de la masa de agua que se condensa: 𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 = ( − ) ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑓 𝑇𝑜 𝑅 𝑔

𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 = (

18 0.8 ∙ 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 5978.7 𝑙 23.8 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 1000 𝑙 𝑚𝑜𝑙 − )∙ ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 293 °𝐾 298 °𝐾 62.4 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 = 59.37 𝑔__________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 20. Un humidificador de aire funciona del siguiente modo. Se introduce aire a 1 atm de presión, 20 ℃ con una humedad relativa del 10 %. El aire pasa a través del chorro de agua. El aire a la salida del humidificador tiene una humedad relativa del 80 % a 20 ℃ y 1 atm de presión. Si se sabe que se evaporan 2 ml de agua por hora. ¿Cuántos metros cúbicos de aire seco pasan por hora a través del humidificador?. Asumir que la densidad del agua es la unidad y PV20 ℃ = 17.5 mmHg. -

Solución:

-

Datos:

dibujar -

Balance de masa para aire seco: 𝑛𝑜 = 𝑛𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑉𝑜 = 𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ (760 − 0.1 ∙ 17.5)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑉𝑜 = (760 − 0.8 ∙ 17.5) ∙ 𝑉𝑓 758.25 ∙ 𝑉𝑜 − 746 ∙ 𝑉𝑓 = 0 … … … … … … … … … … … … … … … … (1) -

Balance de masa para el agua. 𝑛𝑓 = 𝑛𝑜 + 𝑛𝑒𝑣 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 = + 𝑛𝑒𝑣 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 0.8 ∙ 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑉𝑓 62.4

𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 293 °𝐾

=

0.1 ∙ 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑉0 62.4

𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 293 °𝐾

+ 20 𝑚𝑙 ∙

1 𝑔 1𝑚𝑜𝑙 ∙ ⟹ 1 𝑚𝑙 18 𝑔

0.8 ∙ 𝑉𝑓 − 0.1 ∙ 𝑉𝑜 = 1160.838 … … … … … … … … … … … … … … … (2) -

Resolviendo ecuaciones (1) y (2): 𝑙 1 𝑚3 𝑚3 𝑉𝑜 = 1627.8 ∙ ⟹ 𝑉𝑜 = 1.63 ________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. ℎ 1000 𝑙 ℎ -27-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

21. En el laboratorio de Villa Fátima se descompone cierta masa de KClO3 , recogiéndose sobre agua a 36.50 cm3 de oxígeno a 23 ℃, de acuerdo a la figura mostrada, donde el gas tiene una humedad relativa del 70 %. Calcular: a) ¿Qué volumen ocuparía el oxígeno a 0 ℃ y 100 atm?. b) ¿Cuál es la masa en mg de KClO3 usados para el proceso?. La presión de vapor límite es de 21.1 mmHg, y la presión atmosférica de 500 mmHg.

Oxígeno húmedo

1m

-

Solución:

-

Datos: 𝑉 = 36.5 𝑐𝑚3 𝑂2

dibujar

𝑇 = 23 ℃ = 296 °𝐾 𝜑 = 70 % 𝑜 𝑃𝑣23 ℃ = 21.1 𝑚𝑚𝐻𝑔 a)

Calculo del volumen de 𝑂2 a 0 ℃ y 100 𝑎𝑡𝑚 ↬Para el cálculo de la presión del gas a partir de la figura se tiene: 𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + ℎ ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 +

𝜌𝐻2𝑂 ∙ ℎ𝐻2𝑂 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝜌𝐻𝑔

𝑃𝑔𝑎𝑠 = 500 𝑚𝑚𝐻𝑔 +

1 𝑔/𝑐𝑐 ∙ 1 𝑚 103 𝑚𝑚 ∙ = 573.53 𝑚𝑚𝐻𝑔 13.6 𝑔/𝑐𝑐 1𝑚

↬Calculo del volumen del gas: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑉𝑓 =

𝑉𝑓 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑃𝑓 (573.53 − 0.7 ∙ 21.1)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 36.5 𝑐𝑚3 ∙ 273 °𝐾 296 °𝐾 ∙ (100 𝑎𝑡𝑚 ∙

760 𝑚𝑚𝐻𝑔 1 𝑎𝑡𝑚

)

⟹

𝑉𝑓 = 0.25 𝑐𝑚3 _____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-28-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

b)

FROILAN CALLE Q.

Calculo de la masa de 𝐾𝐶𝑙𝑂3 usados para el proceso: 2𝐾𝐶𝑙𝑂3 ⟶ 2𝐾𝐶𝑙 + 3𝑂2

-

Calculo el numero de moles de 𝑂2 : 𝑛=

𝑃𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 =

(573.53 − 0.7 ∙ 21.1)𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 36.5 ∙ 10−3 𝑙 62.4

𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 296 °𝐾

⟶

𝑛𝑂2 = 11.04 ∙ 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 -

Calculo de la masa de 𝐾𝐶𝑙𝑂3 : 𝑚𝐾𝐶𝑙𝑂3 = 11.04 ∙ 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ∙

2 𝑚𝑜𝑙 𝐾𝐶𝑙𝑂3 122.5 𝑔 𝐾𝐶𝑙𝑂3 1000 𝑚𝑔 𝐾𝐶𝑙𝑂3 ∙ ∙ ⟹ 3 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 1 𝑚𝑜𝑙 𝐾𝐶𝑙𝑂3 1 𝑔 𝐾𝐶𝑙𝑂3

𝑚𝐾𝐶𝑙𝑂3 = 90.18 𝑚_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 22. Un adulto efectúa aproximadamente 12 respiraciones por minuto inhalando alrededor de 500 ml en cada ocasión. El aire exhalado se encuentra saturado de vapor de agua a la temperatura del cuerpo 37 ℃. En los pulmones se produce un intercambio de oxigeno por CO2 , pero la cantidad de nitrógeno exhalado es equivalente a la cantidad inhalada. La presión total tanto del aire inhalado como del aire exhalado es de 1 atm y la fracción molar del nitrógeno en el aire exhalado es de 0.75. Calcular la masa en kg de agua que un cuerpo pierde a través de la respiración durante un día, si la temperatura del aire inhalado es de 23 ℃ y su humedad relativa es de 30 %. Las presiones de vapor a 23 ℃ y 37 ℃, son de 21.07 mmHg y de 47.07 mmHg respectivamente. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑉𝑜 = 500 𝑚𝑙 𝑇𝑜 = 23 ℃ = 196 °𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝜑𝑜 = 30 % 𝑜 𝑃𝑣23℃ = 21.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 12 𝑟𝑒𝑠𝑝/𝑚𝑖𝑛

𝑇𝑜 = 37 ℃ = 310 °𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝜑𝑜 = 100 % 𝑜 𝑃𝑣37℃ = 47.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑋𝑁2 = 0.75

𝐾𝑔𝐻2𝑂 𝑒𝑣. =? 𝑑í𝑎 ANALISIS PARA UNA RESPIRACION: -

Calculo de 𝑥𝑁2 para condiciones iniciales: 𝑥𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑃𝐴𝑖𝑟𝑒 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑇 𝑃𝑇

𝑥𝐴𝑖𝑟𝑒 =

(760 − 0.3 ∙ 21.07) 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.9917 760 𝑚𝑚𝐻𝑔

0.9917 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ -

79 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 = 0.783 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 100 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝑖𝑟𝑒

Calculo del 𝑉𝑓 con los moles de 𝑛𝑁2 que son invariables para este proceso: -29-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑉𝑓 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑃𝑓

𝑉𝑓 =

0.783 ∙ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 500 𝑚𝑙 ∙ 310 °𝐾 ⟹ 296 °𝐾 ∙ 0.75 ∙ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔

𝑉𝑓 = 546.69 𝑚𝑙 -

Calculo de la masa de agua evaporada: 𝑚𝑒𝑣 = 𝑚𝑓 − 𝑚𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 =

𝑃𝑉𝑀 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 𝑚𝑒𝑣 = ( − )∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑓 𝑇𝑜 𝑅𝑇 𝑔

18 47.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 546.69 𝑚𝑙 0.3 ∙ 21.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 500 𝑚𝑙 1𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑒𝑣 = ( − )∙ ∙ ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 310 °𝐾 296 °𝐾 1000 𝑚𝑙 62.4 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑒𝑣 =

208.65 ∙ 10−4 𝑔 12 𝑟𝑒𝑠𝑝. 60 𝑚𝑖𝑛 24 ℎ 1 𝐾𝑔 ∙ ∙ ∙ ∙ ⟹ 𝑟𝑒𝑠𝑝. 𝑚𝑖𝑛 1ℎ 1 𝑑í𝑎 1000 𝑔

𝑚𝑒𝑣 = 0.36 𝐾𝑔/𝑑í𝑎_______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 23. En un recipiente esférico se tiene aire con una humedad relativa del 50 % a 20 ℃ y 1.00 atm de presión, se inyecta una cierta cantidad de agua líquida, luego el sistema se calienta hasta 86 ℃, saturando completamente el aire, en el exceso del líquido inyectado se encuentra exactamente a la mitad del radio de la esfera. Calcular la presión del sistema. Las presiones de vapor a 20 ℃ y 86 ℃, son de 17.53 mmHg y de 450.90 mmHg respectivamente. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición finales:

DIBUJAR DIBUJAR 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝜑𝑜 = 50 % 𝑇𝑜 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑜 𝑃𝑣20℃ = 17.53 𝑚𝑚𝐻𝑔 4 3 𝑉𝑜 = 𝜋𝑅 3 -

𝑃𝑓 =? 𝜑𝑜 = 100 % 𝑇𝑜 = 86 ℃ = 359 °𝐾 𝑜 𝑃𝑣86℃ = 450.9 𝑚𝑚𝐻𝑔

Calculo de 𝑉𝑓 (semiesfera):

DIBUJAR: 2𝑅3 + ℎ3 𝑉=( − 𝑅2 ℎ) 𝜋 3 -

En el caso del ejercicio ℎ = 𝑅/2, y el volumen del líquido estará dado por la sig. Ec.:

-30-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑅3

2𝑅3 + 𝑅3 8 𝑉𝐿 = ( − )𝜋 ⟹ 3 2

𝑉𝐿 = -

5 𝜋𝑅3 24

El volumen final del gas será: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 − 𝑉𝐿 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 4 5 𝑉𝑓 = 𝜋𝑅3 − 𝜋𝑅3 ⟹ 3 24 9 𝑉𝑓 = 𝜋𝑅3 8

-

Para el aire seco se cumple la ley combinada: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑓 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑉𝑓 4

𝑃𝑓 =

(760 − 0.5 ∙ 17.53) 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝜋𝑅3 ∙ 359 °𝐾 3

9

293 °𝐾 ∙ 𝜋𝑅3

⟹

8

𝑃𝑓 = 1090.91 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Calculo de la presión total final (gas húmedo): 𝑃 = 𝑃𝑔𝑎𝑠 + 𝑃𝑣 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃 = (1090.91 + 450.9) 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ 𝑃 = 1541.81 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 2.03 𝑎𝑡𝑚________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

24. Se tiene aire con una humedad relativa del 80 % en un recipiente rígido (volumen invariable) en contacto con el agua líquida a 20 ℃ y 180 mmHg de presión. Calcular la temperatura a la que la presión sea de 203 mmHg con una humedad relativa del 100 %. Despreciar el volumen del agua líquida. (Sugerencia utilizar la tabla de presiones de vapor). -

Solución:

-

Datos:

-

Condición inicial

Condición final

𝜑𝑜 = 80 % 𝑇𝑜 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑃𝑜 = 180 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑜 𝑃𝑣20℃ = 17.53 𝑚𝑚𝐻𝑔

𝜑𝑓 = 100 % 𝑇𝑓 =? 𝑃𝑓 = 203 𝑚𝑚𝐻𝑔

Calculo para el aire seco: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (𝑖𝑛𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒) ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓

-31-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑜 𝑃𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 (180 − 0.8 ∙ 17.53) 𝑚𝑚𝐻𝑔 203 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑣 = ⟹ 293 °𝐾 𝑇𝑓 𝑃𝑣 = 203 𝑚𝑚𝐻𝑔 − -

(180 − 0.8 ∙ 17.53) ∙ (𝑇𝑓 + 273) 293 °𝐾

Iterando en tablas de presión de vapor del agua en función de temperatura se tiene: 𝑇𝑠𝑢𝑝 (℃) 25 28 29 30 29.4 29.6 29.8

𝑃𝑣(𝑐𝑎𝑙𝑐) (𝑚𝑚𝐻𝑔) 34.17 32.47 31.90 31.34 31.67 31.56 31.45

> > > < > > <

𝑃𝑣(𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎𝑠) (𝑚𝑚𝐻𝑔) 23.76 28.35 30.04 31.82 30.8 31.11 31.46

Se tiene la aproximación en 𝑇 = 29.8 ℃________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. ECUACION DE VAN DER WAALS 25. Un gas se comporta de acuerdo a la ecuación de Van der Waals, se sabe que a cierta temperatura, su presión es de 4 atm y su volumen molar de 3 l/mol. A volumen constante, la temperatura se reduce en un 50 %. ¿En qué porcentaje disminuye la presión?. 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑎 = 3.60 𝑚𝑜𝑙 2 -

Solución:

-

Datos: Condición inicial

Condición final

𝑃𝑜 = 4 𝑎𝑡𝑚 𝑉̅𝑜 = 3 𝑙/𝑚𝑜𝑙 𝑇𝑜 = 𝑇

𝑉̅𝑜 = 3 𝑙/𝑚𝑜𝑙 𝑇𝑜 = 0.5𝑇

𝑎 = 3.60 %∆𝑃 = -

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

∆𝑃 ∙ 100 % =? … … … … . . . (1) 𝑃𝑜

De la ecuación de Van der Waals para un mol de gas se tiene: (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑎 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ⟹ 𝑉̅ 2

𝑅𝑇𝑜 𝑎 𝑃𝑜 + ̅ 2 𝑉𝑜

𝑇𝑜 𝑎 𝑃𝑜 + ̅ 2 𝑉𝑜

=

𝑅𝑇𝑓 𝑎

𝑃𝑓 + ̅ 2

⟹

𝑉𝑓

=

𝑇𝑓 𝑎

𝑃𝑓 + ̅ 2

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑉𝑓

-32-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑇 4 𝑎𝑡𝑚 +

3.60 (3

-

𝑎𝑡𝑚∙𝑙2 𝑚𝑜𝑙2 𝑙 2

𝑚𝑜𝑙

)

FROILAN CALLE Q.

0.5𝑇

=

𝑃𝑓 +

3.60 (3

𝑎𝑡𝑚∙𝑙2 𝑚𝑜𝑙2 𝑙 2

𝑚𝑜𝑙

⟹ 𝑃𝑓 = 1.8 𝑎𝑡𝑚

)

Reemplazando 𝑃𝑓 en la ecuación (1): %∆𝑃 =

∆𝑃 ∙ 100 % ⟹ 𝑃𝑜

%∆𝑃 =

𝑃𝑜 − 𝑃𝑓 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑖

%∆𝑃 =

4 − 1.8 ∙ 100 % ⟹ 4

%∆𝑃 = 55 %______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 26. Para la determinación del peso molecular de una sustancia liquida volátil se introducen 2.00 g del líquido volátil en un recipiente de 1 l, se tapa herméticamente el recipiente y se calienta hasta 200 ℃, al cabo de lo cual la presión dentro el recipiente es de 1.00 bar. Calcule el peso molecular de esta sustancia. 𝑎 = 2.00 𝑃𝑎 ∙ 𝑚6 /𝑚𝑜𝑙 2 𝑏 = 1.4 ∗ 10−4 𝑚3 /𝑚𝑜𝑙. -

Solución:

-

Datos: 𝑚 = 2.00 𝑔 𝑉 =1𝑙 𝑇 = 200 ℃ 𝑃 = 1.00 𝑏𝑎𝑟 = 105 𝑃𝑎 𝑃𝑎 ∙ 𝑚6 𝑎 = 2.00 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚3 𝑏 = 1.4 ∗ 10−4 𝑚𝑜𝑙

-

De la ecuación de Van der Waals para un mol de gas se tiene: (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ ̅ 𝑉2 𝑃𝑎∙𝑚6

2.00 1.4 ∗ 10−4 𝑚3 𝐽 𝑚𝑜𝑙 2 (105 𝑃𝑎 + ) (𝑉̅ − ) = 8.314 ∙ 473 °𝐾 ⟹ 2 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑉̅

𝑉̅ = 0.039 -

𝑚3 𝑙 = 39 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Se tiene que: 𝑉̅ =

𝑉 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = 𝑚 ∙ 𝑀 ⟹ 𝑛

𝑉̅ =

𝑉 ⟹ 𝑚∙𝑀

𝑀=

𝑉̅ ∙ 𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉

-33-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

39

𝑀=

𝑙 𝑚𝑜𝑙

FROILAN CALLE Q.

∙ 2.00 𝑔

1𝑙

𝑀 = 78 𝑔/𝑚𝑜𝑙____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 27. En un recipiente cuyo volumen es de 0.750 l se encuentra tres moles de cierto gas. Cuando las temperatura es de 300 °K, la presión es de 90 atm y cuando la temperatura es de 350 °K, la presión es de 110 atm. Hallar las constantes de Van der Waals. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑉𝑜 = 0.750 𝑙 𝑛 = 3 𝑚𝑜𝑙 𝑇𝑜 = 300 °𝐾 𝑃𝑜 = 90 𝑎𝑡𝑚

𝑉𝑓 = 0.750 𝑙 𝑇𝑓 = 350 °𝐾 𝑃𝑓 = 110 𝑎𝑡𝑚 𝑎 =? 𝑏 =?

-

Para procesos isocóricos a partir de la ecuación de Van der Waals se tiene: 𝑇𝑜 𝑃𝑜 +

𝑎𝑛2

𝑇𝑓

=

𝑉𝑜2

𝑃𝑓 +

𝑎𝑛2

300 °𝐾

𝑎 = 1.875 -

(3 𝑚𝑜𝑙)2

110 𝑎𝑡𝑚 + (0.750

𝑙)2

⟹

𝑙)2

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

Reemplazando el valor de 𝑎 en la ecuación de Van der Waals: (𝑃 +

𝑎𝑛2 ) (𝑉 − 𝑛𝑏) = 𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉2

(90 𝑎𝑡𝑚 +

𝑏 = 0.045 -

350 °𝐾

=

(3 𝑚𝑜𝑙)2

90 𝑎𝑡𝑚 + (0.750

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑉𝑓2

1.875

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

∙ (3 𝑚𝑜𝑙)2

(0.750 𝑙)2

) (0.750 𝑙 − 3 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝑏) = 3 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 300 °𝐾 ⟹ °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑙 𝑚𝑜𝑙

Resumiendo resultados: 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑙 𝑎 = 1.875 ; 𝑏 = 0.045 ____________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 FACTOR DE COMPRESIBILIDAD

28. Una muestra de vapor pesa 0.18 g y ocupa un volumen de 63.1 cm3 a 27 ℃ y 760 mmHg de presión. Calcule el peso molecular del vapor: a) Considerando comportamiento ideal. b) Mediante la ecuación de Van der Waals. c) Empleando el factor de compresibilidad Z. Pc = 47.7 atm Tc = 288.5 ℃.

-34-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Solución:

-

Datos:

FROILAN CALLE Q.

𝑚 = 0.18 𝑔 𝑉 = 63.1 𝑐𝑚3 = 63.1 ∙ 10−3 𝑙 𝑇 = 27 ℃ = 300 °𝐾 𝑃 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑀 =? 𝑃𝑐 = 47.7 𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑐 = 288.5 ℃ = 561.5 °𝐾 a)

Cálculos considerando el comportamiento de un gas ideal: 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 =

𝑚𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃𝑉

𝑀=

0.18 𝑔 ∙ 0.082

𝑀=

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 300 °𝐾

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 63.1 ∙ 10−3 𝑙

𝑀 = 70.2 b)

𝑚 ⟹ 𝑀

⟹

𝑔 ____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑚𝑜𝑙

Cálculos considerando el comportamiento de un gas de Van der Waals: (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … (1) 𝑉̅ 2 2

𝑎𝑡𝑚∙𝑙

27(𝑅𝑇𝑐 )2 27 ∙ (0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 561.5 °𝐾) 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑎= = ⟹ 𝑎 = 18.75 64𝑃𝑐 64 ∙ 47.7 𝑎𝑡𝑚 𝑚𝑜𝑙 2 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑏= -

𝑅𝑇𝑐 0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 561.5 °𝐾 𝑙 = ⟹ 𝑏 = 0.12066 8𝑃𝑐 8 ∙ 47.7 𝑎𝑡𝑚 𝑚𝑜𝑙

Reemplazando valores en la ecuación (1): 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2

18.75 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑚𝑜𝑙 2 (1 𝑎𝑡𝑚 + ) (𝑉̅ − 0.12066 ) = 0.082 ∙ 300 °𝐾 ⟹ 2 ̅ 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑉 𝑉̅ = 23.94

-

𝑙 𝑚𝑜𝑙

Se tiene que: 𝑉̅ =

𝑉 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = 𝑚 ∙ 𝑀 ⟹ 𝑛

𝑉̅ =

𝑉 ⟹ 𝑚∙𝑀

𝑀=

𝑉̅ ∙ 𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉

-35-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

23.94

𝑀=

𝑙 𝑚𝑜𝑙

∙ 0.18 𝑔

63.1 ∙ 10−3 𝑙

FROILAN CALLE Q.

⟹

𝑀 = 68.3 𝑔/𝑚𝑜𝑙__________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

Cálculos empleando el factor de compresibilidad: 𝑃 1 𝑎𝑡𝑚 = = 0.021 𝑃𝑐 47.7 𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑑𝑒𝑙 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑍 = 1 𝑇 300 °𝐾 𝑇𝑟 = = = 0.053 𝑇𝑟 561.5 °𝐾 }

𝑃𝑟 =

Si 𝑍 = 1 ⟹tiene el comportamiento de un gas ideal. 𝑀 = 70.2 𝑔/𝑚𝑜𝑙__________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 29. Para un gas real cuya ecuación de estado es una ecuación cubica en el volumen, el punto crítico puede calcularse como el punto en que la ecuación degenera en una ecuación triple. Es decir que la ecuación de ̅−V ̅c )3 = V ̅ 3 − 3V ̅ 2V ̅c + 3V ̅V ̅c 2 − V ̅c 3 . Identificando los términos de esta estado puede escribirse como:(V expresión con la ecuación del gas de Van der Waals. Determine: a) La presión, volumen y temperaturas críticas del gas en términos de “a”, “b” y “R”. b) ¿Cuánto vale Zc ?. -

Solución:

a)

Calculo de las condiciones críticas en función de “a”, “b” y “R”: ̅−V ̅c )3 = V ̅ 3 − 3V ̅ 2V ̅c + 3V ̅V ̅c 2 − V ̅c 3 = 0 … … … (1) (V 𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑑𝑒𝑠𝑎𝑟𝑟𝑜𝑙𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ ̅ 𝑉2

(𝑃 +

𝑉̅ 3 − (𝑏 + -

𝑅𝑇 2 𝑎 𝑎𝑏 ) 𝑉̅ + 𝑉̅ − = 0 … … … … … … … … (2) 𝑃 𝑃 𝑃

Comparando (1) y (2): 3𝑉𝑐 = 𝑏 + 3𝑉𝑐2 =

𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … … … … (3) 𝑃

𝑎 ⟹ 𝑃

𝑎 = 3𝑃𝑉𝑐2 … … … … … … … … … … … … … … … … … … . . … (4) 𝑉𝑐3 = -

(4) en (5): 𝑉𝑐3 =

-

𝑎𝑏 … … … … … … … … … … … … … … … … … … . … . . . (5) 𝑃

3𝑃𝑉𝑐2 𝑏 ⟹ 𝑉𝑐 = 3𝑏 … … … … … … … … … … … … … . (6) 𝑃

(6) en (4): 𝑎 = 3𝑃(3𝑏)2 ⟶ 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃 = 𝑃𝑐 ⟹ 𝑃𝑐 =

-

𝑎 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … . (7) 27𝑏 2

(6) y (7) en (3): -36-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑅𝑇

3(3𝑏) = 𝑏 +

𝑎

FROILAN CALLE Q.

⟶ 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑇 = 𝑇𝑐 ⟹

27𝑏2

8𝑎 … … … … … … … … … … … … … … … … … … . … . . (8) 27𝑅𝑏

𝑇𝑐 = -

Resumiendo resultados ecuaciones (6), (7) y (8): 𝑉̅𝐶 = 3𝑏, 𝑃𝐶 =

b)

𝑎 8𝑎 , 𝑇𝐶 = _____________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 27 𝑏2 27 𝑅𝑏

Calculo de 𝑍𝑐 : 𝑍𝑐 =

𝑉̅𝑟𝑒𝑎𝑙 3𝑏 3𝑏 3𝑏 3 = 𝑅𝑇 = 8𝑎 = = ⟹ 8𝑏 8 𝑉̅𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 27𝑏 𝑃

𝑎 27𝑏2

𝑍𝑐 = 0.375_________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 30. Para el gas etano se encuentra a 974 bar y 427.4 °K. Calcular: a) El factor de compresibilidad considerando la ecuación de Van der Waals. b) Compárelo con el leído en el diagrama de compresibilidad. ¿Qué porcentaje de diferencia existe entre ambos valores?. Pc = 48.72 bar, Tc = 305.32 °K 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑑𝑚6 𝑑𝑚3 𝑎 = 5.580 , 𝑏 = 0.0651 . 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 -

Solución:

-

Datos: 𝑃 = 974 𝑏𝑎𝑟 𝑇 = 427.4 °𝐾

a)

𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑑𝑚6 𝑚𝑜𝑙 2 𝑑𝑚3 𝑏 = 0.0651 𝑚𝑜𝑙 𝑎 = 5.580

Calculo para Z con la ecuación de Van der Waals: 𝑍=

-

𝑃𝑐 = 48.72 𝑏𝑎𝑟 𝑇𝑐 = 305.32 °𝐾

𝑉̅𝑟𝑒𝑎𝑙 … … … … … … … … … … … … … … … … … . (1) 𝑉̅𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙

Calculo de 𝑉̅𝑟𝑒𝑎𝑙 : (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑑𝑛𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉̅ 2

(974 𝑏𝑎𝑟 +

5.580

𝑏𝑎𝑟∙𝑑𝑚6 𝑚𝑜𝑙 2

𝑉̅ 2

) (𝑉̅ − 0.0651

𝑑𝑚3 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑑𝑚3 ) = 8.314 ∙ 10−2 ∙ 427.4 °𝐾 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑟𝑒𝑎𝑙 = 0.0856 𝑙/𝑚𝑜𝑙 -

Calculo 𝑉̅𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 : 𝑉̅ =

𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃

-37-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

8.314 ∙ 10−2

𝑉̅ =

𝑏𝑎𝑟∙𝑑𝑚3 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

FROILAN CALLE Q.

∙ 427.4 °𝐾

974 𝑏𝑎𝑟

⟹

𝑉̅𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 = 0.0365 𝑙/𝑚𝑜𝑙 -

Reemplazando valores en la ecuación (1): 𝑍=

𝑍=

𝑉̅𝑟𝑒𝑎𝑙 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ̅ 𝑉𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 0.0856 0.0365

𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑙

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑍 = 2.34___________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de Z con el diagrama: 𝑇 427.4 °𝐾 = = 1.4 𝑇𝑐 305.32 °𝐾 𝑍 = 1.9 𝑃 974 𝑏𝑎𝑟 𝑃𝑟 = = = 20 𝑃𝑐 48.72 𝑏𝑎𝑟 }

𝑇𝑟 =

-

Calculo del porcentaje de diferencia: %𝐷𝑖𝑓 =

2.34 − 1.9 ∙ 100 % ⟹ 1.9

%𝐷𝑖𝑓 = 23.2 %___________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 31. ¿A qué presión es necesario someter el gas carbónico que se encuentra a la temperatura de 300 °K, para que su densidad alcance el valor de 500 g/l?. Realizar el cálculo considerando: a) La ecuación de Van der Waals. b) El factor de compresibilidad. Tc = 304 °K, Pc = 7.40 MPa, 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑙 𝑎 = 3.62 , 𝑏 = 0.043 . 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 -

Solución:

-

Datos: 𝑇 = 300 °𝐾 𝜌 = 500 𝑔/𝑙 𝑃 =?

a)

𝑇𝑐 = 304 °𝐾 𝑃𝑐 = 7.40 𝑀𝑃𝑎

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2 0.043 𝑙 𝑏= 𝑚𝑜𝑙 𝑎 = 3.62

Calculo de la presión considerando la ecuación de Van der Waals: 𝜌=

𝑚 𝑛𝑀 𝑀 𝑀 = = 𝑉 = ⟹ 𝑉 𝑉 𝑉̅ 𝑛

𝜌=

𝑀 ⟹ 𝑉̅

𝑉̅ =

𝑀 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝜌

-38-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑉̅ =

44

FROILAN CALLE Q.

𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔

500

⟹

𝑙

𝑉̅ = 0.088 𝑙/𝑚𝑜𝑙 -

En la ecuación de Van der Waals se tiene: 𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ̅ 𝑉2

(𝑃 +

3.62

(𝑃 +

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

(0.088

𝑙 𝑚𝑜𝑙

)

2 ) (0.088

𝑙 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − 0.043 ) = 0.082 ∙ 300 °𝐾 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑃 = 79.21 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la presión con las graficas de compresibilidad: 𝑃=𝑍

𝜌𝑅𝑇 𝑃 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃𝑟 = ⟶ 𝑑𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑃 = 𝑃𝑟 ∙ 𝑃𝑐 ⟹ 𝑀 𝑃𝑐

𝑃𝑟 ∙ 𝑃𝑐 = 𝑍 𝑃𝑟 = 𝑍

𝑃𝑟 = 𝑍

𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑀

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑐 𝑀 500

𝑔 𝑙

44

∙ 62.4 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑚𝐻𝑔∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 300 °𝐾

∙ 7.40 ∙ 106 𝑃𝑎

∙

105 𝑃𝑎 ⟹ 750 𝑚𝑚𝐻𝑔

𝑃𝑟 = 3.83 𝑍 … … … … … … … … … … . … (𝛼) 𝑇𝑟 =

𝑇 300 °𝐾 = = 0.99 ⟹ 𝑇𝑐 304 °𝐾

𝑇𝑟 ≅ 1 -

Calculando 2 puntos con la ecuación (𝛼): Si 𝑍 = 0.3 ⟹ 𝑃𝑟 = 1.15 Si 𝑍 = 0.8 ⟹ 𝑃𝑟 = 3.07 Con estos dos puntos se traza una recta que tiene intersección con 𝑇𝑟 = 1 en 𝑍 = 0.28.

-

Con Z encontrada se tiene: 𝑃=𝑍

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀

𝑃 = 0.28 ∙

𝑔

𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑙

°𝐾∙𝑚𝑜𝑙 𝑔

500 ∙ 0.082

44

∙ 300 °𝐾

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑃 = 78.27 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. Nota.- Con Z encontrada se puede reemplazar en la ecuación (𝛼) y con ello combinar directamente con 𝑃𝑐 y P, así obteniendo el mismo resultado. Criterio que se lo dejo al lector.

-39-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

32. Una cierta cantidad de un gas se encuentra en un recipiente de 1.0 l, cuyo factor de compresibilidad a −50 ℃ y 800 atm es 1.95. Calcular el volumen ocupado por la misma cantidad de gas a 100 ℃ y 200 atm cuando su factor de compresibilidad en estas condiciones es 1.10. -

Solución:

-

Datos:

-

Condición inicial

Condición final

𝑉𝑜 = 1 𝑙 𝑍𝑜 = 1.95 𝑇𝑜 = −50 ℃ = 223 °𝐾 𝑃𝑜 = 800 𝑎𝑡𝑚

𝑉𝑓 =? 𝑍𝑓 = 1.10 𝑇𝑓 = 100 ℃ = 373 °𝐾 𝑃𝑓 = 200 𝑎𝑡𝑚

Calculo de 𝑉𝑓 : 𝑃𝑉 = 𝑍𝑛𝑅𝑇 ⟶

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅 = 𝑐𝑡𝑡𝑒 ⟹ 𝑍𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑍𝑓 𝑇𝑓 𝑉𝑓 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑍𝑓 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑃𝑓

𝑉𝑓 =

800 𝑎𝑡𝑚 ∙ 1 𝑙 ∙ 1.10 ∙ 373 °𝐾 ⟹ 1.95 ∙ 223 °𝐾 ∙ 200 𝑎𝑡𝑚

𝑉𝑓 = 3.77 𝑙_________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 33. Se tiene gas acetileno a 5 atm de presión y su temperatura critica. ¿ Cuál deberá ser la presión sobre el gas para reducir su volumen a 1/5 de su volumen inicial, si el proceso es a temperatura constante?. Calcular utilizando el factor de compresibilidad. Pc = 50 atm. -

Solución:

-

Datos:

-

Condición inicial

Condición final

𝑃𝑜 = 5 𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑜 = 𝑇𝑐 𝑉𝑜 = 𝑉

𝑃𝑓 =? 𝑇𝑓 = 𝑇𝑜 = 𝑇𝑐 1 𝑉𝑓 = 𝑉 5

Condiciones iniciales: 𝑃𝑜 5 𝑎𝑡𝑚 = = 0.1 𝑃𝑐 50 𝑎𝑡𝑚 𝑧 = 0.962 𝑇𝑜 𝑇𝑐 𝑇𝑟 = = = 1 𝑇𝑐 𝑇𝑐 }

𝑃𝑟 =

-

Análisis del el proceso al igual que en el ejercicio (32): 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑍𝑓 𝑇𝑓

-40-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

1

5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑉 𝑃𝑓 ∙ 5 𝑉 = ⟹ 0.962 ∙ 𝑇𝑐 𝑍𝑓 ∙ 𝑇𝑐 𝑃𝑓 = 25.99𝑍𝑓 𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃𝑓 = 𝑃𝑟 𝑃𝑐 ⟹ 𝑃𝑟 =

25.99𝑍𝑓 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 𝑃𝑐

𝑃𝑟 =

25.99𝑍𝑓 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 50 𝑎𝑡𝑚

𝑃𝑟 = 0.52𝑍𝑓 … … … … … … … … … … . … (𝛼) 𝑇𝑟 =

𝑇𝑓 𝑇𝑐 = ⟹ 𝑇𝑐 𝑇𝑐

𝑇𝑟 = 1 -

Calculando 2 puntos con la ecuación (𝛼): Si 𝑍𝑓 = 0.5 ⟹ 𝑃𝑟 = 0.26 Si 𝑍𝑓 = 1.2 ⟹ 𝑃𝑟 = 0.62 Con estos dos puntos se traza una recta que tiene intersección con 𝑇𝑟 = 1 en 𝑍𝑓 = 0.83.

-

Con 𝑍𝑓 encontrada se tiene: 𝑃𝑓 = 25.99𝑍𝑓 𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑓 = 25.99 ∙ 0.83 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 𝑃 = 21.6 𝑎𝑡𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

34. Se desea construir un tanque esférico cuya presión máxima de trabajo sea de 150 atm, para almacenar temporalmente 125 kg de CO2 . La temperatura máxima que puede alcanzar el CO2 es de 200 ℃. Estímese el diámetro interior del tanque. Utilizando: a) La ecuación del gas ideal. b) La grafica generalizada del factor de compresibilidad c) La ecuación de Van der Waals. Tc = 30.98 ℃, Pc = 73.00 atm, 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑙 𝑎 = 3.59 , 𝑏 = 0.0427 . 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 -

Solución:

-

Datos: 𝑃 = 150 𝑎𝑡𝑚 𝑚 = 125 𝑘𝑔 𝑇 = 200 ℃ = 473 °𝐾 𝐷 =?

a)

𝑇𝑐 = 30.98 ℃ = 303.98 °𝐾 𝑃𝑐 = 73 𝑎𝑡𝑚 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑎 = 3.59 𝑚𝑜𝑙 2 𝑙 𝑏 = 0.0427 𝑚𝑜𝑙

Calculo del diámetro considerando gas ideal: 𝑉=

𝑚𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑀𝑃

-41-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑉=

125 ∙ 103 𝑔 ∙ 0.082 44

𝑔 𝑚𝑜𝑙

FROILAN CALLE Q.

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 473 °𝐾

∙ 150 𝑎𝑡𝑚

∙

1 𝑚3 ⟹ 1000 𝑙

𝑉 = 0.7346 𝑚3 ⟹ 𝑉=

𝜋 3 𝐷 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 6

0.7346 𝑚3 =

𝜋 3 𝐷 ⟹ 6

𝐷 = 1.12 𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo del diámetro con la grafica generalizada (factor de compresibilidad): 150 𝑎𝑡𝑚 = 2.055 73 𝑎𝑡𝑚 } 𝑍 = 0.87 473 °𝐾 𝑇𝑟 = = 1.56 303.98 °𝐾 𝑃𝑟 =

𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑉=𝑍

125 ∙ 103 𝑔 ∙ 0.082 ∙ 473 °𝐾 1 𝑚3 𝑚𝑅𝑇 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 = 0.87 ∙ ∙ ⟹ 𝑔 𝑀𝑃 1000 𝑙 44 ∙ 150 𝑎𝑡𝑚 𝑚𝑜𝑙

𝑉 = 0.6388 𝑚3 ⟹ 𝑉=

𝜋 3 𝐷 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 6

0.6388 𝑚3 =

𝜋 3 𝐷 ⟹ 6

𝐷 = 1.07 𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

Calculo del diámetro con la ecuación de Van der Waals: (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉̅ 2 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2

3.59 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑚𝑜𝑙 2 (150 𝑎𝑡𝑚 + ) (𝑉̅ − 0.0427 ) = 0.082 ∙ 473 °𝐾 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑉̅ 2 𝑉̅ = 0.2107 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑉̅ =

𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑉 𝑉 𝑉𝑀 = = ⟹ 𝑛 𝑚 𝑚 𝑀

𝑉=

𝑉=

𝑚𝑉̅ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀 125 ∙ 103 𝑔 ∙ 0.2107 44

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑙 𝑚𝑜𝑙

∙

1 𝑚3 100 𝑙

𝑉 = 0.5986 𝑚3 ⟹ 𝑉=

𝜋 3 𝐷 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 6

-42-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

0.5986 𝑚3 =

FROILAN CALLE Q.

𝜋 3 𝐷 ⟹ 6

𝐷 = 1.05 𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 35. En un recipiente se tiene oxígeno a su presión crítica y 200 °K de temperatura, se calienta hasta que la presión en el recipiente se duplica y se deja expandir el volumen en un 20 % de su valor inicial. ¿Cuál es el incremento de temperatura en ℃?. Calcular: a) Considerando comportamiento del gas ideal. b) Utilizando el factor de compresibilidad. Tc = 154 °K. -

Solución:

-

Datos: 𝑃𝑜 = 𝑃𝑐 𝑇𝑜 = 200 °𝐾 𝑉𝑜 = 𝑉

a)

𝑃𝑓 = 2𝑃𝑐 𝑇𝑓 =? 𝑉𝑓 = 1.2 𝑉𝑜

𝑇𝑐 = 154 °𝐾

Calculo del incremento de temperatura considerando comportamiento del gas ideal: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑜 ∙ 𝑉 2𝑃𝑜 ∙ 1.2𝑉 = ⟹ 200 °𝐾 𝑇𝑓 𝑇𝑓 = 480 °𝐾

-

Para el cálculo de incremento se tiene: ∆𝑇 = 𝑇𝑓 − 𝑇𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆𝑇 = (480 − 200) °𝐾 ⟹ ∆𝑇 = 280 ℃_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

b)

Calculo del incremento de temperatura utilizando el grafico generalizado (factor de compresibilidad): 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑍𝑓 𝑇𝑓 𝑃𝑜 𝑉 2𝑃𝑜 ∙ 1.2𝑉 = ⟹ 𝑍𝑜 ∙ 200 𝐾 𝑍𝑓 𝑇𝑓 1 2.4 = … … … … … … … … … … … … … . . (𝛼) 𝑍𝑜 ∙ 200 𝐾 𝑍𝑓 𝑇𝑓

-

Calculo de 𝑍𝑜 : 𝑃 𝑃𝑐 = =1 𝑃𝑐 𝑃𝑐 𝑍𝑜 = 0.85 𝑇 200 °𝐾 𝑇𝑟 = = = 1.3 } 𝑇𝑐 154 °𝐾 𝑃𝑟 =

-

Reemplazando valores en ecuación (𝛼):

-43-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

1 2.4 = ⟹ 0.85 ∙ 200 𝐾 𝑍𝑓 𝑇𝑓 𝑇𝑓 =

408 °𝐾 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇𝑓 = 𝑇𝑟 ∙ 𝑇𝑐 ⟹ 𝑍𝑓

𝑇𝑟 ∙ 𝑇𝑐 =

408 °𝐾 ⟹ 𝑍𝑓

𝑇𝑟 =

408 °𝐾 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑐 ∙ 𝑍𝑓

𝑇𝑟 =

408 °𝐾 ⟹ 154 °𝐾 ∙ 𝑍𝑓

2.65 𝑇𝑟 𝐼𝑡𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑙𝑎 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑃𝑟 = 2 𝑃𝑓 2𝑃𝑐 𝑃𝑟 = = =2 𝑃𝑐 𝑃𝑐 } 𝑍𝑓 =

𝑇𝑠𝑢𝑝 𝑍𝑐𝑎𝑙𝑐 𝑍𝑔𝑟𝑎𝑓 -

1.5 1.78 0.84

2 1.325 0.98

2.5 1.06 1.02

De la tabla de iteración se tiene la aproximación en: 𝑍𝑓 ≅ 1.06

∧

𝑇𝑟 = 2.5

𝑇𝑓 =

408 °𝐾 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑍𝑓

𝑇𝑓 =

408 °𝐾 ⟹ 1.06

𝑇𝑓 = 385 °𝐾 -

Para el cálculo de incremento se tiene: ∆𝑇 = 𝑇𝑓 − 𝑇𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆𝑇 = (385 − 200) °𝐾 ⟹ ∆𝑇 = 185 ℃_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

36. Se quiere distribuir 250 m3 de un gas natural cuya composición másica es de 40 % de metano y el resto etano, este gas se encuentra almacenado en una planta a 200 atm de presión. El gas se distribuirá en botellones de 200 l a 250 atm de presión. Calcular el número de botellones requeridos para su distribución. a) Considerando el comportamiento de un gas ideal. b) Utilizando el método de las propiedades pseudocríticas (reducidas). Considere que todo el proceso es a temperatura constante de 40 ℃. GAS METANO ETANO -

Solución:

-

Datos:

TC (°K) 190.7 350.3

-44-

PC (atm) 45.8 48.8

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

Condición inicial

Condición final

𝑉𝑝 = 250 𝑚3 = 250 ∙ 103 𝑙 𝑃𝑝 = 𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑝 = 𝑇 = 40 ℃ = 313 °𝐾 #𝑏𝑜𝑡 =?

𝑉𝑏𝑜𝑡 = 200 𝑙 𝑃𝑏𝑜𝑡 = 250 𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑏𝑜𝑡 = 𝑇 = 40 ℃ = 313 °𝐾 % 𝑚/𝑚 𝐶𝐻4 = 40 % = 0.4 𝑚 𝐺𝑎𝑠 𝑁𝑎𝑡. { % 𝑚/𝑚 𝐶2 𝐻6 = 60 % = 0.6 𝑚

a)

Considerando comportamiento ideal:

-

Calculo de numero de moles en la planta:

-

-

𝑛𝑝 =

𝑃𝑝 𝑉𝑝 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑝

𝑛𝑝 =

200 𝑎𝑡𝑚 ∙ 250 ∙ 103 𝑙 5 ∙ 1010 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇𝑝 𝑅𝑇

Calculo de numero de moles en botellones: 𝑛𝑏𝑜𝑡 =

𝑃𝑏𝑜𝑡 𝑉𝑏𝑜𝑡 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑏𝑜𝑡

𝑛𝑏𝑜𝑡 =

250 𝑎𝑡𝑚 ∙ 200 𝑙 5 ∙ 104 = 𝑅𝑇𝑏𝑜𝑡 𝑅𝑇

Calculo del numero de botellones: 𝑛𝑝 # 𝑏𝑜𝑡 = = 𝑛𝑏𝑜𝑡

5∙1010 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 𝑅𝑇 5∙104 𝑅𝑇

# 𝑏𝑜𝑡 = 1000 𝑏𝑜𝑡𝑒𝑙𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Utilizando el método de las propiedades pseudocriticas:

-

Calculo de numero de moles en la planta: 𝑛𝑝 =

-

𝑃𝑝 𝑉𝑝 𝑍𝑝 𝑅𝑇𝑝

Calculo de numero de moles en el botellón: 𝑛𝑏𝑜𝑡 =

-

𝑃𝑏𝑜𝑡 𝑉𝑏𝑜𝑡 𝑍𝑏𝑜𝑡 𝑅𝑇𝑏𝑜𝑡

Calculo del numero de botellones: 5∙1010 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑛𝑝 # 𝑏𝑜𝑡 = = 𝑛𝑏𝑜𝑡

# 𝑏𝑜𝑡 = -

𝑍𝑝 𝑅𝑇 5∙104 𝑍𝑏𝑜𝑡 𝑅𝑇

𝑍𝑏𝑜𝑡 = ∙ 𝑍𝑝

5∙1010 𝑎𝑡𝑚∙𝑙 𝑅𝑇 5∙104

⟹

𝑅𝑇

𝑍𝑏𝑜𝑡 1000 𝑏𝑜𝑡𝑒𝑙𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠 … … … … … … … … … … … … … (1) 𝑍𝑝

Calculo de fracciones molares:

-45-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑥𝐶𝐻4 =

FROILAN CALLE Q.

𝑛𝐶𝐻4 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = ⟹ 𝑛𝐶𝐻4 + 𝑛𝐶2𝐻6 𝑀 𝑚𝐶𝐻4

𝑥𝐶𝐻4 =

𝑀𝐶𝐻4 𝑚𝐶2 𝐻6 𝑚𝐶𝐻4 𝑀𝐶𝐻4

+

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑀𝐶2 𝐻6

0.4 𝑚

𝑥𝐶𝐻4 =

𝑔 𝑚𝑜𝑙

16 0.4 𝑚 𝑔 𝑚𝑜𝑙

16

𝑥𝐶𝐻4 = -

5 9

+

0.6 𝑚 30

⟹

𝑔 𝑚𝑜𝑙

∧

𝑥𝐶2 𝐻6 =

4 9

Por propiedades pseudocriticas se tiene: 𝑃̅𝑠𝑐 = 𝑃𝑐 𝐶𝐻 𝑥𝐶𝐻4 + 𝑃𝑐 𝐶

2 𝐻6

4

𝑥𝐶2𝐻6 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

5 4 𝑃̅𝑠𝑐 = 45.8 𝑎𝑡𝑚 ∙ + 48.8 𝑎𝑡𝑚 ∙ ⟹ 9 9 𝑃̅𝑠𝑐 = 47.133 𝑎𝑡𝑚 𝑇̅𝑠𝑐 = 𝑇𝑐 𝐶𝐻 𝑥𝐶𝐻4 + 𝑇𝑐 𝐶

2 𝐻6

4

𝑃̅𝑠𝑐 = 190.7 °𝐾 ∙

𝑥𝐶2 𝐻6 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

5 4 + 350.3 °𝐾 ∙ ⟹ 9 9

𝑃̅𝑠𝑐 = 261.633 °𝐾 -

Calculo de los factores de compresibilidad: ↬ Planta: 𝑃𝑝 200 𝑎𝑡𝑚 = = 4.24 ̅ 𝑃𝑠𝑐 47.133 𝑎𝑡𝑚 𝑍𝑝 = 0.64 𝑇𝑝 313 °𝐾 𝑇̅𝑠𝑟 = = = 1.2 𝑇̅𝑠𝑐 261.633 °𝐾 }

𝑃̅𝑠𝑟 =

↬Botellón: 𝑃𝑏𝑜𝑡 250 𝑎𝑡𝑚 = = 4.24 47.133 𝑎𝑡𝑚 𝑃̅𝑠𝑐 𝑍𝑏𝑜𝑡 = 0.74 𝑇𝑏𝑜𝑡 313 °𝐾 𝑇̅𝑠𝑟 = = = 1.2 261.633 °𝐾 𝑇̅𝑠𝑐 }

𝑃̅𝑠𝑟 =

-

De la ecuación (1) se tiene: # 𝑏𝑜𝑡 =

𝑍𝑏𝑜𝑡 1000 𝑏𝑜𝑡𝑒𝑙𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑍𝑝

# 𝑏𝑜𝑡 =

0.74 1000 𝑏𝑜𝑡𝑒𝑙𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 0.64

# 𝑏𝑜𝑡 = 1156.25 ≅ 1157 𝑏𝑜𝑡𝑒𝑙𝑙𝑜𝑛𝑒𝑠___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 37. Una mezcla de gases cuya composición másica es de 51 % de eteno, 49 % de argón, que tiene una densidad de 70 g/l a una temperatura de 400 °K. Calcular la presión que ejerce esta mezcla de gases. -46-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

a) b) c)

FROILAN CALLE Q.

Considerando gas ideal. Considerando un gas de Van der Waals. Utilizando el factor de compresibilidad. GAS C2 H4 Ar

-

Solución:

-

Datos:

Tc (°K) 283.1 150.7

Pc (atm) 50.5 48

% 𝑚/𝑚 𝐶2 𝐻4 = 51 % = 0.51 𝑚 𝑔𝑎𝑠 { % 𝑚/𝑚 𝐴𝑟 = 49 % = 0.49 𝑚 𝜌𝑚𝑒𝑧 = 70 𝑔/𝑙 𝑇 = 400 °𝐾 𝑃 =? a)

Cálculo considerando gas ideal:

-

Calculo de fracciones molares: 𝑥𝐶2 𝐻4 =

𝑛𝐶2 𝐻4 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = ⟹ 𝑛𝐶2 𝐻4 + 𝑛𝐴𝑟 𝑀 𝑚𝐶2 𝐻4

𝑥𝐶2 𝐻4 =

𝑀𝐶2 𝐻4 𝑚𝐶2𝐻4 𝑚𝐴𝑟 𝑀𝐶2 𝐻4

+

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑀𝐴𝑟

0.51 𝑚

𝑥𝐶2 𝐻4 =

28 0.51 𝑚 𝑔 28 𝑚𝑜𝑙

𝑥𝐶2 𝐻4 = 0.6 -

𝑔 𝑚𝑜𝑙

+

0.49 𝑚

⟹

𝑔 40 𝑚𝑜𝑙

∧

𝑥𝐴𝑟 = 0.4

Calculo del peso molecular de la mezcla: ̅ = 𝑀𝐶 𝐻 𝑥𝐶 𝐻 + 𝑀𝐴𝑟 𝑥𝐴𝑟 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀 2 4 2 4 ̅ = 28 𝑀

𝑔 𝑔 ∙ 0.6 + 40 ∙ 0.4 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

̅ = 32.8 𝑀 -

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Calculo de la presión total: 𝑃=

𝑃=

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀 70

𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 0.082 32.8

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 𝑔

∙ 400 °𝐾

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑃 = 70 𝑎𝑡𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Cálculos considerando gas de Van der Waals:

-

Calculo de las constantes de Van der Waals:

-47-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

↬ Para el metano: 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑎𝐶2𝐻4 =

27(𝑅𝑇𝑐 )2 27(0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 283.1 °𝐾) = ⟹ 64𝑃𝑐 64 ∙ 50.5 𝑎𝑡𝑚

𝑎𝐶2𝐻4 = 4.5019

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑏𝐶2𝐻4

𝑅𝑇 0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 283.1 °𝐾 = = ⟹ 8𝑃𝑐 8 ∙ 50.5 𝑎𝑡𝑚

𝑏𝐶2𝐻4 = 0.0575

𝑙 𝑚𝑜𝑙

↬ Para el argón: 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑎𝐴𝑟 =

27(𝑅𝑇𝑐 )2 27(0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 150.7 °𝐾) = ⟹ 64𝑃𝑐 64 ∙ 48 𝑎𝑡𝑚

𝑎𝐴𝑟 = 1.3421

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑎𝑡𝑚∙𝑙

𝑏𝐴𝑟 =

𝑅𝑇 0.082 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙ 150.7 °𝐾 = ⟹ 8𝑃𝑐 8 ∙ 48 𝑎𝑡𝑚

𝑏𝐴𝑟 = 0.03218

𝑙 𝑚𝑜𝑙

↬ Para la mezcla gaseosa: √𝑎̅ = √𝑎𝐶2𝐻4 ∙ 𝑥𝐶2 𝐻4 + √𝑎𝐴𝑟 ∙ 𝑥𝐴𝑟 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

√𝑎̅ = √4.5019

𝑎̅ = 3.0153

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 ∙ 0.6 + √1.3421 ∙ 0.4 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2

𝑏̅ = 𝑏𝐶2𝐻4 𝑥𝐶2 𝐻4 + 𝑏𝐴𝑟 𝑥𝐴𝑟 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑏̅ = 0.0575

𝑙 𝑙 ∙ 0.6 + 0.03218 ∙ 0.4 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑏̅ = 0.03218 -

𝑙 𝑚𝑜𝑙

Calculo del volumen molar de la mezcla gaseosa: 𝜌=

𝑚 𝑛𝑀 𝑀 𝑀 = = 𝑉 = ⟹ 𝑉 𝑉 𝑉̅ 𝑛

𝑉̅ =

𝑉̅ =

𝑀 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝜌 32.8 70

𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔 𝑙

= 0.4686

𝑙 𝑚𝑜𝑙 -48-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Calculo de la presión con la ecuación de Van der Waals: (𝑃 +

𝑎 ) (𝑉̅ − 𝑏) = 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ̅ 𝑉2 3.0153

(𝑃 +

(0.4686

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 2 𝑚𝑜𝑙 2 𝑙 𝑚𝑜𝑙

)

2 ) (0.4686

𝑙 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − 0.03218 ) = 0.082 ∙ 400 °𝐾 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑃 = 64.14 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

Cálculos utilizando el factor de compresibilidad:

-

Calculo de las propiedades pseudocríticas: 𝑇̅𝑠𝑐 = 𝑇𝑐 𝐶

2 𝐻4

𝑥𝐶2𝐻4 + 𝑇𝑐 𝐴𝑟 𝑥𝐴𝑟 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑇̅𝑠𝑐 = 283.1 °𝐾 ∙ 0.6 + 150.7 °𝐾 ∙ 0.4 ⟹ 𝑇̅𝑠𝑐 = 230.14 °𝐾 𝑃̅𝑠𝑐 = 𝑃𝑐 𝐶

2 𝐻4

𝑥𝐶2 𝐻4 + 𝑃𝑐 𝐴𝑟 𝑥𝐴𝑟 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑃̅𝑠𝑐 = 50.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 0.6 + 48 𝑎𝑡𝑚 ∙ 0.4 ⟹ 𝑃̅𝑠𝑐 = 49.5 𝑎𝑡𝑚 -

Calculo de la presión de la mezcla gaseosa: 𝑃=𝑍

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 = 𝑃̅𝑠𝑟 ∙ 𝑃̅𝑠𝑐 ⟹ 𝑀

𝑃̅𝑠𝑟 ∙ 𝑃̅𝑠𝑐 = 𝑍 𝑃̅𝑠𝑟 = 𝑍

𝑃̅𝑠𝑟 = 𝑍

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑀

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃̅𝑠𝑐 𝑀 70

𝑔 𝑙

∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 400 °𝐾

49.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 32.8

𝑔

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑃̅𝑠𝑟 = 1.4141𝑍 … … … … … … … … … … . … (𝛼) 𝑇̅𝑠𝑟 =

𝑇 400 °𝐾 = ⟹ 𝑇̅𝑠𝑐 230.14 °𝐾

𝑇̅𝑠𝑟 = 1.74 -

Calculando 2 puntos con la ecuación (𝛼): Si 𝑍 = 0.3 ⟹ 𝑃̅𝑠𝑟 = 0.424 Si 𝑍 = 1 ⟹ 𝑃̅𝑠𝑟 = 1.414 Con estos dos puntos se traza una recta que tiene intersección con 𝑇̅𝑠𝑟 = 1.74 en 𝑍 = 0.94.

-

Con Z encontrada se tiene:

-49-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃=𝑍

FROILAN CALLE Q.

𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀

𝑃 = 0.94 ∙

70

𝑔 𝑙

𝑎𝑡𝑚∙𝑙

∙ 0.082

°𝐾∙𝑚𝑜𝑙 𝑔

32.8

∙ 400 °𝐾

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑃 = 65.8 𝑎𝑡𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 38. La densidad de una mezcla gaseosa de A y B es de 50 g/l a temperatura de 127 ℃. Calcular la presión del sistema utilizando el factor de compresibilidad “z”, sabiendo que la presión parcial del gas “A” es de 24.55 atm. Gas A B -

Solución:

-

Datos:

M (g/mol) 30 50

TC (°K) 380 250

PC (atm) 60 40

𝜌𝑚 = 50 𝑔/𝑙 𝑇 = 127 ℃ = 400 °𝐾 𝑃𝐴 = 24.55 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇 =? -

De la ecuación se tiene: ̅ = 𝑍𝜌𝑅𝑇 … … … … … … … … (1) 𝑃𝑇 𝑀

-

Calculo del peso molecular de una mezcla: ̅ = 𝑥𝐴 𝑀𝐴 + 𝑥𝐵 𝑀𝐵 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑖 = 𝑀 ̅= 𝑀

𝑃𝐴 𝑀𝐴 + 𝑃𝐵 𝑀𝐵 ⟹ 𝑃𝑇

̅= 𝑀

𝑃𝐴 𝑀𝐴 + (𝑃𝑇 − 𝑃𝐴 )𝑀𝐵 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇

̅= 𝑀 ̅= 𝑀 -

𝑃𝑖 ⟹ 𝑃𝑇

24.55 𝑎𝑡𝑚 ∙ 30

𝑔 𝑚𝑜𝑙

+ (𝑃𝑇 − 24.55 𝑎𝑡𝑚)50

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑃𝑇 50𝑃𝑇 − 491 𝑔 𝑃𝑇 𝑚𝑜𝑙

Calculo de las propiedades pseudocriticas: 𝑇̅𝑠𝑐 = 𝑇𝑐 𝐴 𝑥𝐴 + 𝑇𝑐 𝐵 𝑥𝐵 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑖 =

𝑃𝑖 ⟹ 𝑃𝑇

𝑇̅𝑠𝑐 =

𝑇𝑐 𝐴 𝑃𝐴 + 𝑇𝑐 𝐵 𝑃𝐵 𝑇𝑐 𝐴 𝑃𝐴 + 𝑇𝑐 𝐵 (𝑃𝑇 − 𝑃𝐴 ) = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 𝑃𝑇

𝑇̅𝑠𝑐 =

380 °𝐾 ∙ 24.55 𝑎𝑡𝑚 + 250 °𝐾(𝑃𝑇 − 24.55 𝑎𝑡𝑚) ⟹ 𝑃𝑇

𝑇̅𝑠𝑐 =

3191.5 + 250𝑃𝑇 °𝐾 ⟹ 𝑃𝑇 -50-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃̅𝑠𝑐 = 𝑃𝑐 𝐴 𝑥𝐴 + 𝑃𝑐 𝐵 𝑥𝐵 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑖 =

-

𝑃𝑖 ⟹ 𝑃𝑇

𝑃̅𝑠𝑐 =

𝑃𝑐 𝐴 𝑃𝐴 + 𝑃𝑐 𝐵 𝑃𝐵 𝑃𝑐 𝐴 𝑃𝐴 + 𝑃𝑐 𝐵 (𝑃𝑇 − 𝑃𝐴 ) = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 𝑃𝑇

𝑃̅𝑠𝑐 =

60 𝑎𝑡𝑚 ∙ 24.55 𝑎𝑡𝑚 + 40 𝑎𝑡𝑚 ∙ (𝑃𝑇 − 24.55 𝑎𝑡𝑚) ⟹ 𝑃𝑇

𝑃̅𝑠𝑐 =

491 + 40 𝑃𝑇 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇

̅ en ecuación (1): Reemplazando 𝑀 50𝑃𝑇 − 491 𝑔 𝑃𝑇 ∙ ( ) = 𝑍𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 𝑚𝑜𝑙

(50𝑃𝑇 − 491)

𝑔 𝑔 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = 𝑍 ∙ 50 ∙ 0.082 ∙ 400 °𝐾 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑃𝑇 = 9.82 + 32.8𝑍 … … … … … … … … … … … … … . (𝛼) -

Para las propiedades pseudoreducidas se tiene: 𝑃̅𝑠𝑟 =

𝑃𝑇 491+40 𝑃𝑇

⟹

𝑃𝑇

𝑃̅𝑠𝑟 =

𝑃𝑇 2 … … … … … … … … … … … … … … . (𝛽) 491 + 40𝑃𝑇

𝑇̅𝑠𝑟 =

𝑇𝑟 = ̅ 𝑇𝑠𝑐

𝑇̅𝑠𝑟 = -

𝑃𝑇 = 𝑃̅𝑠𝑐

400 3191.5+250𝑃𝑇

⟹

𝑃𝑇

400𝑃𝑇 … … … … … … … … … … … … . . (𝛾) 3191.5 + 250𝑃𝑇

Iterando las ecuaciones (𝛼), (𝛽) y (𝛾) junto a la grafica de compresibilidad se tiene: 𝑃𝑇 = 9.82 + 32.8𝑍 400𝑃𝑇 3191.5 + 250𝑃𝑇 𝑃𝑇 2 𝑃̅𝑠𝑟 = 491 + 40𝑃𝑇 𝑇̅𝑠𝑟 =

𝑃𝑇 𝑠𝑢𝑝 26 30 35 37 38

𝑃̅𝑠𝑟 0.44 0.53 0.64 0.69 0.72

𝑇̅𝑠𝑟 1.07 1.12 1.17 1.19 1.2

𝑍𝑐𝑎𝑙𝑐 0.5 0.62 0.77 0.83 0.86

< < < < ≅

𝑍𝑔𝑟𝑎𝑓 0.88 0.85 0.87 0.86 0.855

𝑃𝑇 = 38 𝑎𝑡𝑚_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 39. En un recipiente de 5.24 l se encuentra 12.2 moles de un gas, cuyo factor de compresibilidad en una determinada condición es de 0.9. Calcular las condiciones de presión y temperatura en las que se encuentra el gas. Tc = 200 °K, Pc = 10 atm. -

Solución: Datos:

-51-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑉 = 5.24 𝑙 𝑛 = 12.2 𝑚𝑜𝑙 𝑍 = 0.9 𝑃 =? 𝑇 =? -

De la ecuación se tiene: 𝑃𝑉 = 𝑍𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 = 𝑃𝑟 𝑃𝑐 𝑦 𝑇 = 𝑇𝑟 𝑇𝑐 ⟹ 𝑃𝑟 𝑃𝑐 𝑉 = 𝑍𝑛𝑅𝑇𝑟 𝑇𝑐 ⟹ 𝑃𝑟 =

𝑃𝑟 =

𝑍𝑛𝑅𝑇𝑐 𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑐 𝑉 𝑟 0.9 ∙ 12.2 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑎𝑡𝑚∙𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ 200 °𝐾

10 𝑎𝑡𝑚 ∙ 5.24 𝑙

𝑇𝑟 ⟹

𝑃𝑟 = 3.4365 𝑇𝑟 … … … … … … … … … … … . . (∗) -

-

Iterando la ecuación (∗) sobre la línea 𝑍 = 0.9 en el grafico de compresibilidad se tiene:

𝑇𝑟 𝑠𝑢𝑝

𝑃𝑟 𝑐𝑎𝑙𝑐

1.2 1.4 1.6

4.124 4.8 5.5

𝑃𝑟 𝑔𝑟𝑎𝑓 > > =

0.5 1 5.5

Calculo de P y T: 𝑃 = 𝑃𝑟 𝑃𝑐 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃 = 5.5 ∙ 10 𝑎𝑡𝑚 = 55 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 𝑇𝑟 𝑇𝑐 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇 = 1.6 ∙ 200 °𝐾 = 320 °𝐾

-

Resumiendo resultados: 𝑃 = 55 𝑎𝑡𝑚

∧

𝑇 = 320 °𝐾__________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. LEY DE LA DISTRIBUCION BAROMETRICA

40. La constante gravitacional disminuye en 0.01 m/s2 por cada kilometro de altura. Calcule la presión del aire a una altura de 15 km, suponiendo que a nivel del mar la presión es exactamente de 1 atm y que la temperatura de 25 ℃ se mantiene constante. Peso molecular del aire 29 g/mol. -

Solución:

-

Datos: 0.01𝑚/𝑠 2 𝑚/𝑠 2 = 1 ∙ 10−5 1 𝑘𝑚 𝑚 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑃 =? 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 = 15 𝑘𝑚 = 15 ∙ 103 𝑚 𝑇 = 25 ℃ = 298 °𝐾 𝑀 = 29 𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 29 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 𝛽=

-52-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀(𝑔𝑜 − 𝛽𝑧) = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃

𝑧

𝑑𝑃 𝑀 −∫ = ∫(𝑔𝑜 − 𝛽𝑧) 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃𝑜

𝑧𝑜

𝑃 𝑀 𝛽 − 𝑙𝑛 ( ) = (𝑔 (𝑧 − 𝑧𝑜 ) − (𝑧 2 − 𝑧𝑜 2 )) ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑜 2 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽 (𝑔 (𝑧−𝑧𝑜)− (𝑧 2 −𝑧𝑜2 )) 𝑅𝑇 𝑜 2

𝑘𝑔 29∙10−3 𝑚𝑜𝑙 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙298 °𝐾

−

𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑒

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑚 𝑠

9.81 2 ∙(15∙103 𝑚−0)−

𝑚 2 1∙10−5 𝑠𝑚 2

∙((15∙103 𝑚)2 −02 )

(

)

⟹

𝑃 = 0.181 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 41. Calcule la presión atmosférica a 1000 m sobre La Paz, considerando: a) Gas ideal, temperatura constante de 20 ℃ b) Gas ideal y que la temperatura disminuye en 1 ℃ por cada 100 metros de altura, la temperatura del piso es igual a 20 ℃. -

Solución:

-

Datos: 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑧 = 1000 𝑚 𝑀 = 28.96 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙

a)

Calculo de la presión atmosférica a 1000 𝑚 sobre La Paz a temperatura constante de 20 ℃:

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃

−∫ 𝑃𝑜

𝑧

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = ∫ 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑧𝑜

𝑃 𝑀𝑔 (𝑧 − 𝑧𝑜 ) ⟹ − 𝑙𝑛 ( ) = 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 (𝑧−𝑧𝑜) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑘𝑔 𝑚 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠 (1000−0)𝑚 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙293 °𝐾

28.96∙10−3

−

𝑃 = 495 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑒

⟹

-53-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃 = 440.5 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la presión atmosférica a 1000 𝑚 sobre La Paz a temperatura variable:

-

A temperatura variable se tiene que: 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟶ 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝛼 =

-

1℃ 1 °𝐾 = 100 𝑚 100 𝑚

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅(𝑇𝑜 − 𝛼𝑧)

𝑃

𝑧

𝑑𝑃 𝑀𝑔 𝑑𝑧 ∫ = ∙∫ ⟹ 𝑃 𝑅 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

𝑃𝑜

𝑧𝑜

𝑃 𝑀𝑔 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 𝑙𝑛 ( ) = 𝑙𝑛 ( )⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 𝑅𝛼

𝛼𝑧−𝑇𝑜 ) 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

𝑙𝑛(

𝑃 = 495 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑒

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑘𝑔 𝑚 1 °𝐾 28.96∙10−3 𝑚𝑜𝑙∙9.81 2 𝑠 100 𝑚∙1000 𝑚−293 °𝐾 ) 𝐽 1 °𝐾 𝑙𝑛( 1 °𝐾 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙100 𝑚 100 𝑚∙0 𝑚−293 °𝐾

⟹

𝑃 = 439.6 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 42. En cierto población (no se conoce la altura respecto al mar), a nivel del suelo cuando la temperatura es de 17 ℃, se suelta un globo aerostático lleno de helio, el globo asciende y a cierta altura el volumen del globo se incremento hasta tres medios del volumen original, considerando que en cualquier instante la presión dentro del globo es igual a la presión atmosférica. Calcule la altura en kilómetros que alcanzó el globo. Considere que la atmosfera es isotérmica y que el peso molecular del aire es 28.9 g/mol. -

Solución:

-

Datos: 𝑉𝑜 = 𝑉 3 𝑉𝑓 = 𝑉 2 𝑇 = 17 ℃ = 290 °𝐾 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑀 = 28.9 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃𝑓

𝑧𝑓

𝑑𝑃 𝑀𝑔 −∫ = ∫ 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃𝑜

𝑧𝑜

-54-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑓 𝑀𝑔 − 𝑙𝑛 ( ) = (𝑧 − 𝑧𝑜 ) ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑓 𝑀𝑔

𝑃𝑓 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 (𝑧𝑓 −𝑧𝑜) ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

𝑛𝑅𝑇𝑓 𝑛𝑅𝑇𝑜 −𝑀𝑔(𝑧𝑓 −𝑧𝑜) = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑉𝑓 𝑉𝑜 1 3 2

𝑉

=

1 −𝑀𝑔(𝑧𝑓 −𝑧𝑜) ∙ 𝑒 𝑅𝑇 ⟹ 𝑉 2

𝑧𝑓 = 𝑧𝑜 −

𝑅𝑇𝑙𝑛 ( )

𝑧𝑓 = 0 𝑚 −

3

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑀𝑔 8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

2

∙ 290 °𝐾 ∙ 𝑙𝑛 ( )

28.9 ∙ 10−3

3

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 9.81

𝑚 𝑠2

𝑧𝑓 = 3448.22 𝑚 = 3.45 𝑘𝑚______________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 43. Asumiendo que el aire está compuesto solamente por oxigeno y nitrógeno, y que a nivel del mar en condiciones normales la fracción molar del oxígeno es de 0.2 y el resto del nitrógeno. Calcular la altura a la que la que el peso molecular del aire sea de 28.4 g/mol, si la temperatura y la gravedad se mantienen constante. -

Solución:

-

Datos:

-

A nivel del mar:

A una altura “z”:

𝑥𝑂2𝑖 = 0.2 𝑥𝑁2𝑖 = 0.8 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 273 °𝐾

̅𝐴𝑖𝑟𝑒 = 28.4 𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑀 𝑧 =?

Calculo de las fracciones molares a una altura “z”: ̅𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝑥𝑂 𝑀𝑂 + 𝑥𝑁 𝑀𝑁 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑂 + 𝑥𝑁 = 1 ⟹ 𝑀 2 2 2 2 2 2 ̅𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝑥𝑂 𝑀𝑂 + (1 − 𝑥𝑂 )𝑀𝑁 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑀 2 2 2 2 28.4

𝑔 𝑔 𝑔 = 𝑥𝑂2 ∙ 32 + (1 − 𝑥𝑂2 ) ∙ 28 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑥𝑂2 = 0.1

∧

𝑥𝑁2 = 0.9

↪Análisis para el oxigeno: 𝑃𝑂2𝑖 = 𝑥𝑂2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1) 𝑃𝑂2 = 𝑥𝑂2 ∙ 𝑃 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) 𝑃𝑂2 = 𝑃𝑂2𝑖 ∙ 𝑒 − -

𝑀𝑂 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

… … … … … … … … … … , … . … … … . . … … . . . (3)

Reemplazando ecuaciones (1) y (2) en (3):

-55-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑀𝑂 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

𝑥𝑂2 ∙ 𝑃 = 𝑥𝑂2𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

⟹

𝑃 𝑥𝑂2𝑖 −𝑀𝑂2 𝑔𝑧 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … . … … … … (4) 𝑃𝑜 𝑥𝑂2 ↪ Análisis para el nitrógeno: 𝑃𝑁2𝑖 = 𝑥𝑁2𝑖 ∙ 𝑃𝑜 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … . . . (5) 𝑃𝑁2 = 𝑥𝑁2 ∙ 𝑃 … … … … … … … … … … … … … … … … … … . … … … . . (6) 𝑀𝑁 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

𝑃𝑁2 = 𝑃𝑁2𝑖 ∙ 𝑒 − -

… … … … … … … … … … … … … … … … . … . … (7)

Reemplazando ecuaciones (5) y (6) en (7): 𝑥𝑁2 ∙ 𝑃 = 𝑥𝑁2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

𝑀𝑁 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

⟹

𝑃 𝑥𝑁2𝑖 −𝑀𝑁2 𝑔𝑧 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (8) 𝑃𝑜 𝑥𝑁2 -

Igualando ecuaciones (4) y (8): 𝑥𝑁2𝑖 −𝑀𝑁2 𝑔𝑧 𝑥𝑂2𝑖 −𝑀𝑂2 𝑔𝑧 ∙ 𝑒 𝑅𝑇 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 ⟹ 𝑥𝑁2 𝑥𝑂2 𝑔𝑧 𝑥𝑂2𝑖 𝑥𝑁2 ∙ = 𝑒 𝑅𝑇∙(𝑀𝑂2 −𝑀𝑁2 ) ⟹ 𝑥𝑂2 𝑥𝑁2𝑖

𝑧=

𝑧=

𝑅𝑇 𝑔(𝑀𝑂2 − 𝑀𝑁2 )

𝑙𝑛 (

8.314 9.81

𝑚 𝑠2

𝑥𝑂2𝑖 𝑥𝑁2 ∙ ) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥𝑂2 𝑥𝑁2𝑖

𝐽

∙ 273 °𝐾

°𝐾∙𝑚𝑜𝑙 −3 𝑘𝑔

∙ (32 ∙ 10

𝑚𝑜𝑙

− 28 ∙

𝑘𝑔 10−3 ) 𝑚𝑜𝑙

𝑙𝑛(

0.2 0.9 ∙ )⟹ 0.1 0.8

𝑧 = 46905.87 𝑚 = 46.91 𝑘𝑚____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 44. Un globo aerostático conteniendo helio de 2.5 m de diámetro se suelta desde la superficie en La Paz cuya temperatura en ese instante es de 20 ℃. Calcule el diámetro del globo a una altura de 5 𝑘m por encima de la superficie. Considere también que la temperatura disminuye aproximadamente en 0.1 ℃ por cada 100 m de altura. Peso molecular del aire 28.96 𝑔/𝑚𝑜𝑙. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝐷𝑜 = 2.5 𝑚 𝐷𝑓 =? 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑧𝑓 = 5 𝑘𝑚 = 5000 𝑚 𝑇𝑜 = 20 ℃ = 293 °𝐾 0.1 ℃ 0.1 °𝐾 𝛼= = 100 𝑚 100 𝑚 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 -

La resolución de este tipo de problema se tiene en el inciso (b) del ejercicio (41).

-56-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 𝑅𝛼

𝛼𝑧−𝑇𝑜 ) 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

𝑙𝑛(

FROILAN CALLE Q.

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

𝑛𝑅𝑇𝑓 𝑛𝑅𝑇𝑜 𝑀𝑔𝑙𝑛(𝛼𝑧𝑓−𝑇𝑜) 𝜋 = ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜−𝑇𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑉 = 𝐷3 ⟹ 𝑉𝑓 𝑉𝑜 6 𝑇𝑓 𝐷𝑓

3

=

𝑇𝑜 𝐷𝑜

𝑀𝑔

3

∙ 𝑒 𝑅𝛼

𝑙𝑛(

𝛼𝑧𝑓 −𝑇𝑜 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

)

⟹

𝐷𝑓 3 =

𝐷𝑜 3 ∙ 𝑇𝑓 −𝑀𝑔𝑙𝑛(𝛼𝑧𝑓−𝑇𝑜) ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜−𝑇𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟶ 𝑇𝑓 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑓 ⟹ 𝑇𝑜

𝐷𝑓 3 =

𝐷𝑜 3 ∙ (𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑓 ) −𝑀𝑔𝑙𝑛(𝛼𝑧𝑓−𝑇𝑜) ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜−𝑇𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜

𝐷𝑓 3 =

(2.5 𝑚)3 ∙ (293 °𝐾 −

0.1 °𝐾

∙ 5000 𝑚)

100 𝑚

293 °𝐾

𝑘𝑔 𝑚 0.1 °𝐾 28.96∙10−3 𝑚𝑜𝑙∙9.81 2 𝑠 100 𝑚∙5000 𝑚−293 °𝐾 ) 𝐽 0.1 °𝐾 𝑙𝑛( 0.1 °𝐾 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙100 𝑚 100 𝑚∙0 𝑚−293 °𝐾

−

∙𝑒

⟹

𝐷𝑓 = 3.024 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 45. La constante gravitacional “g” disminuye linealmente en 0.01 m/s2 por cada kilometro de altura. Calcule la presión del aire a una altura de 100 𝑘m sobre el nivel del mar, suponiendo que a nivel del mar la presión es exactamente de 1 atm y la temperatura de 20 ℃ que se mantiene constante. -

Solución:

-

Datos: 0.01𝑚/𝑠 2 𝑚/𝑠 2 = 1 ∙ 10−5 1 𝑘𝑚 𝑚 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑃 =? 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 = 100 𝑘𝑚 = 100 ∙ 103 𝑚 𝑇 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑀 = 28.96 𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 28.96 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 𝛽=

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀(𝑔𝑜 − 𝛽𝑧) = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑃

−∫ 𝑃𝑜

𝑧

𝑑𝑃 𝑀 = ∫(𝑔𝑜 − 𝛽𝑧) 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅𝑇 𝑧𝑜

𝑃 𝑀 𝛽 − 𝑙𝑛 ( ) = (𝑔 (𝑧 − 𝑧𝑜 ) − (𝑧 2 − 𝑧𝑜 2 )) ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑜 2 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽 (𝑔 (𝑧−𝑧𝑜)− (𝑧 2 −𝑧𝑜2 )) 𝑅𝑇 𝑜 2

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑘𝑔 28.96∙10−3𝑚𝑜𝑙 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙293 °𝐾

−

𝑃 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑒

𝑚 2 1∙10−5 𝑠𝑚

𝑚 𝑠

9.81 2 ∙(100∙103 𝑚−0)−

(

2

∙((100∙103 𝑚)2 −02 ) )

-57-

⟹

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃 = 0.012 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 46. Con el objeto de medir la altura de una montaña, se mide la presión atmosférica y la temperatura en la base de esta, las medidas son 640 mmHg y 10 ℃. Mientras que en la cima de la montaña las medidas indican 615 mmHg y 5℃. Determine la altura de la montaña. Suponga que la temperatura varía linealmente. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial

Condición final

𝑃𝑜 = 640 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑜 = 10 ℃ = 283 °𝐾

𝑃𝑓 = 615 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑓 = 5 ℃ = 278 °𝐾

Como se observa en el problema se tiene la temperatura variable: -

La ecuación integrada se tiene en el inciso (b) del ejercicio (41): 𝑃𝑓 𝛼𝑧𝑓 − 𝑇𝑜 𝑀𝑔 𝑙𝑛 ( ) = 𝑙𝑛 ( ) … … … … … … … … … … … … … (∗) 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜

-

Para la temperatura variable se tiene: 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟹ 𝑇𝑓 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑓 ⟹ 𝛼=

-

𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 𝑧𝑓

Reemplazando 𝛼 en ecuación (∗): 𝑇𝑜 −𝑇𝑓

( ) ∙ 𝑧𝑓 − 𝑇𝑜 𝑃𝑓 𝑀𝑔 𝑧𝑓 𝑙𝑛 ( ) = 𝑙𝑛 ( ) ⟶ ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑦 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑇𝑜 −𝑇𝑓 𝑇𝑜 −𝑇𝑓 𝑃𝑜 𝑅∙( ) ( ) ∙ 𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑧𝑓

𝑧𝑓

𝑃𝑓 𝑇𝑓 𝑀𝑔 𝑙𝑛 ( ) = 𝑙𝑛 ( ) ⟹ 𝑇 −𝑇 𝑜 𝑓 𝑃𝑜 𝑇𝑜 𝑅∙( ) 𝑧𝑓

𝑃𝑓

𝑧𝑓 =

𝑅(𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 ) 𝑙𝑛 ( ) 𝑃𝑜

𝑇𝑓

𝑀𝑔𝑙𝑛 ( )

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑇𝑜

8.314 𝑧𝑓 =

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

∙ (283 °𝐾 − 278 °𝐾) ∙ 𝑙𝑛 (

28.96 ∙

𝑘𝑔 10−3 𝑚𝑜𝑙

∙ 9.81

𝑚 𝑠2

∙ 𝑙𝑛 (

615 𝑚𝑚𝐻𝑔

640 𝑚𝑚𝐻𝑔 283 °𝐾 278 °𝐾

)

) ⟹

𝑧𝑓 = 327.1 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 47. La fuerza ascensional de un globo aerostático se mide como la diferencia de densidad entre el medio externo y la del gas contenido en el globo lleno con He a 1 atm y 25 ℃ medidos a nivel del mar y el peso del globo es despreciable. Calcule hasta que altura llegara el mismo se consideramos que este alcanzará el equilibrio cuando la densidad del gas y la externa se igualen. Considere que la temperatura, presión y volumen del globo no cambian. Pesos atómicos y moleculares son: He = 4 Aire = 29.

-58-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Solución:

-

Datos:

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 25 ℃ = 298 °𝐾 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑧 =? -

Por condición del problema a una determinada altura se tiene que: 𝜌𝐻𝑒 = 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 … … … … … … … … … … … … … . . (1)

-

Calculo de la densidad del aire a una altura “z”: 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

(𝑧−𝑧𝑜)

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑀

𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇 (𝑧−𝑧𝑜) = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = -

Calculo de la densidad del Helio en el globo: 𝜌𝐻𝑒 =

-

𝑃𝑜 ∙ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 −𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒𝑔(𝑧−𝑧𝑜) ∙ 𝑒 𝑅𝑇 … … … … (2) 𝑅𝑇

𝑃𝑜 ∙ 𝑀𝐻𝑒 … … … … … … … … … … … . . . (3) 𝑅𝑇

Reemplazando ecuaciones (2) y (3) en (1): 𝑃𝑜 ∙ 𝑀𝐻𝑒 𝑃𝑜 ∙ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 −𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒𝑔(𝑧−𝑧𝑜) = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑧=

𝑧=

𝑅𝑇 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑙𝑛 ( ) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝑀𝐻𝑒 8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 −3 𝑘𝑔

29 ∙ 10

𝑚𝑜𝑙

∙ 298 °𝐾

29

∙ 9.81

4

𝑚 𝑙𝑛 (

𝑠2

𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔 )

⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑧 = 17252.18 𝑚 = 17.25 𝑘𝑚____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 48. Un globo de 10000 m3 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 alcanzara el estado de reposo?. Supóngase que el volumen del globo es constante, la atmosfera isotérmica, 20 ℃, la masa molar del aire 28.9 g/mol, la presión a nivel del suelo 1 atm, y la masa del globo es 1.3 ∗ 106 g. -

Solución:

-

Datos: 𝑉𝑔 = 104 𝑚3 𝑇 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑚𝑓 = 80 % = 0.8 𝑚 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 = 28.9 𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 28.9 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 760 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 = ∙ 105 𝑃𝑎 750 𝑚𝑔 = 1.3 ∙ 106 𝑔 = 1.3 ∙ 103 𝑘𝑔

-

Análisis en el suelo: -59-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

DIBUJAR -

Balance de fuerzas (ver figura): 𝜀 = 𝑊𝑔 + 𝑊𝐻𝑒 + 𝑊 ⟹ 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ 𝑉𝑔 ∙ 𝑔 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑔 + 𝑚𝐻𝑒 ∙ 𝑔 + 𝑚 ∙ 𝑔 ⟹ 𝑚 = 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ 𝑉𝑔 − 𝑚𝑔 + 𝑚𝐻𝑒 … … … … … … … … … … … . . (1)

-

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑃𝑜 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 … … … … . . … . … . … . … . … . … . … … . … . (2) 𝑅𝑇

𝑚𝐻𝑒 =

𝑃𝑜 𝑉𝑔 𝑀𝐻𝑒 … … … … … … … … … … … … . … . . . . … … (3) 𝑅𝑇

Reemplazando ecuaciones (2) y (3) en (1): 𝑚=

𝑃𝑜 𝑉𝑔 𝑀𝐻𝑒 𝑃𝑜 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ 𝑉𝑔 − 𝑚𝑔 − ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 760

𝑚=

750

∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 28.9 ∙ 10−3 8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 293 °𝐾

760

∙

104 𝑚3

− 1.3 ∙

103

𝑘𝑔 −

750

∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 104 𝑚3 ∙ 4 ∙ 10−3 8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 293 °𝐾

𝑚 = 9057.96 𝑘𝑔 -

Pero la masa que se levanta es el 80 %, lo que significa que: 𝑚𝑓 = 0.8 𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑚𝑓 = 0.8 ∙ 9057.96 𝑘𝑔 ⟹ 𝑚𝑓 = 7246.36 𝑘𝑔

-

Finalmente lo que varia será la densidad del aire, y de la ecuación (1) la densidad del aire a cualquier altura será: 𝑚𝑓 = 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ 𝑉𝑔 − 𝑚𝑔 + 𝑚𝐻𝑒 ⟹ 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑚𝑓 + 𝑚𝑔 + 𝑚𝐻𝑒 𝑃𝑜 𝑉𝑔 𝑀𝐻𝑒 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 ⟹ 𝑉𝑔 𝑅𝑇 𝑚𝑓 + 𝑚𝑔 + 𝑉𝑔

𝑃𝑜 𝑉𝑔 𝑀𝐻𝑒 𝑅𝑇

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 760

7246.36 𝑘𝑔 + 1.3 ∙ 103 𝑘𝑔 + 750 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = 1.021 -

∙105 𝑃𝑎∙104 𝑚3 ∙4∙10−3 8.314

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝐽 ∙293 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

104 𝑚3 𝑘𝑔 𝑚3

Calculo de la altura “z” con la densidad del aire calculada:

-60-

⟹

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

(𝑧−𝑧𝑜)

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑀

𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇 (𝑧−𝑧𝑜) = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑦 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒

𝑧=

𝑧=

𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑙𝑛 ( ) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇 8.314

𝐽

28.9 ∙ 10

760

∙ 293 °𝐾

°𝐾∙𝑚𝑜𝑙 −3 𝑘𝑔

𝑚𝑜𝑙

∙ 9.81

𝑚 𝑙𝑛 (

𝑠2

750

∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 28.9 ∙ 10−3

1.021

𝑘𝑔 𝑚3

∙ 8.314

𝐽 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 293 °𝐾

)

𝑧 = 1403.4 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 49. A 300 °K, una mezcla de gases en un campo gravitacional ejerce una presión total de 1.00 atm y su composición es de 0.600 fracción molar de nitrógeno, el resto dióxido de carbono. Calcular: a) Las presiones parciales de nitrógeno y del dióxido de carbono, las fracciones parciales de las mismas a una altitud de 50 km. b) El número de moles de nitrógeno a una altura entre 0 y 50 km en una columna cuyo área de sección transversal es de 5 m2 . -

Solución:

-

Datos: 𝑇 = 300 °𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑥𝑁2𝑖 = 0.600 𝑥𝐶𝑂2𝑖 = 0.400 a) 𝑃𝑁2 =? 𝑃𝐶𝑂2 =? 𝑥𝐶𝑂2 =? 𝑥𝑁2 =? 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 = 50 𝑘𝑚 = 5 ∙ 104 𝑚

a)

Calculo de las presiones finales para cada gas con las ecuaciones que se tienen en el ejercicio (43): 𝑃𝑇 = 𝑃𝐶𝑂2 + 𝑃𝑁2 … … … … … … … … … … … … … … . . (1) 𝑃𝐶𝑂2 = 𝑥𝐶𝑂2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

𝑀𝐶𝑂 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑘𝑔 𝑚 ∙9.81 2∙5∙104 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙300 °𝐾

44∙10−3

−

𝑃𝐶𝑂2 = 0.400 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑒

⟹

𝑃𝐶𝑂2 = 6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑀𝑁 𝑔𝑧 2 𝑅𝑇

𝑃𝑁2 = 𝑥𝑁2𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑘𝑔 𝑚 ∙9.81 2∙5∙104 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙300 °𝐾

28∙10−3

−

𝑃𝑁2 = 0.600 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑒

⟹

𝑃𝑁2 = 2.44 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚

-61-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Reemplazando valores en la ecuación (1): 𝑃𝑇 = 6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚 + 2.44 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 𝑃𝑇 = 2.50985 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚

-

Resumiendo resultados: 𝑃𝐶𝑂2 = 6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚; 𝑃𝑁2 = 2.44 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚_____________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-

Calculo de las fracciones molares: 𝑥𝐶𝑂2 =

𝑃𝐶𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇

𝑥𝐶𝑂2 =

6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 2.50985 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚

𝑥𝐶𝑂2 = 0.028 b)

∧

𝑥𝑁2 = 0.972________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

Calculo de la cantidad total en moles de 𝑁2 : 𝑛 =𝐶∙𝑉 Siendo que: 𝑛: 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝐶: 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑉: 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑛 = 𝐶 ∙ 𝑑𝑉 ⟹ 𝑑𝑛 = 𝐶 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑𝑧 … … … … … … … … … … … . (1)

-

Por otra parte se tiene: 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

(𝑧−𝑧𝑜)

⟶ ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑦 𝑞𝑢𝑒 𝑃 = 𝐶 ∙ 𝑅𝑇 ⟹

𝑀𝑔

𝐶 = 𝐶𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 -

Reemplazando 𝐶 en ecuación (1): 𝑀𝑔

𝑑𝑛 = 𝐶𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 ∙ 𝐴 ∙ 𝑑𝑧 ⟶ 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑛

𝑧 𝑀𝑔

∫ 𝑑𝑛 = 𝐶𝑜 ∙ 𝐴 ∙ ∫ 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 𝑑𝑧 ⟹ 𝑛𝑜

𝑧𝑜

𝑛 − 𝑛𝑜 = 𝐶𝑜 ∙ 𝐴 ∙ (−

𝑀𝑔 𝑀𝑔 𝑅𝑇 𝑃𝑜 ) ∙ (𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 − 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧𝑜 ) ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝐶𝑜 = ⟹ 𝑀𝑔 𝑅𝑇

𝑛 = 𝑛𝑜 −

𝑀𝑔 𝑀𝑔 𝑃𝑜 𝑅𝑇 ∙𝐴∙ ∙ (𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 − 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧𝑜 ) ⟹ 𝑅𝑇 𝑀𝑔

𝑛 = 𝑛𝑜 −

𝑀𝑔 𝑀𝑔 𝑃𝑜 ∙ 𝐴 ∙ (𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 − 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧𝑜 ) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝑔

-62-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

0.6 ∙

𝑛 = 0 𝑚𝑜𝑙 −

760 750

FROILAN CALLE Q.

∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 5 𝑚2

28 ∙ 10−3

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

∙ 9.81

𝑚

−

∙ (𝑒

𝑘𝑔 𝑚 28∙10−3 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠 ∙5∙104 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙300 °𝐾

𝑚

𝑘𝑔 𝑚 28∙10−3 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠 ∙0 𝑚 𝐽 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙∙300 °𝐾

−

−𝑒

)⟹

𝑠2

𝑛 = 1.102 ∙ 106 𝑚𝑜𝑙______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 50. En la ciudad de La Paz la temperatura promedio es de 15 ℃, asumiendo que la gravedad es de 9.78 m/s2 . Suponiendo que la temperatura y la gravedad disminuyen linealmente con la altura de la siguiente 11 manera: 3 °K y m/s2 respectivamente por cada km de altura. Calcular: 360 a) La presión a una altura de 2000 m sobre La Paz. b) La altura sobre La Paz a la que la presión sea de 400 mmHg. c) ¿Cuál será la temperatura y la gravedad en la altura a la que la presión es de 350 mmHg?.

-

Solución:

-

Datos: 𝑃𝑜 = 495 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑜 = 15 ℃ = 288 °𝐾 𝑔𝑜 = 9.78 𝑚/𝑠 2 3 °𝐾 𝛼= 1000 𝑚 11 𝑚/𝑠 2 𝛽= 360000 𝑚 𝑧𝑜 = 0

a)

Calculo de la presión a una altura 𝑧 = 2000 𝑚:

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 𝑦 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀(𝑔𝑜 − 𝛽𝑧) = 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅(𝑇𝑜 − 𝛼𝑧)

−

𝑑𝑃 𝑀 𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 = (𝛽 + ) 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅𝛼 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 𝑃

𝑧

𝑑𝑃 𝑀 𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 −∫ = ∫ (𝛽 + ) 𝑑𝑧 ⟹ 𝑃 𝑅𝛼 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 𝑃𝑜

𝑧𝑜

𝑃 𝑀 𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 − 𝑙𝑛 ( ) = (𝛽(𝑧 − 𝑧𝑜 ) + ∙𝑙𝑛( )) 𝑃𝑜 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades:

𝑃 = 495 ∙ 𝑒

11 3 3 ∙288− ∙9.78 ∙2000−288 28.96∙10−3 11 ( ∙(2000−0)+ 360000 3 1000 ∙𝑙 𝑛(10003 )) 3 360000 ∙8.314 1000 1000 1000∙0−288

−

⟹

𝑃 = 390.04 𝑚𝑚𝐻𝑔_______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-63-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

b)

FROILAN CALLE Q.

Calculo de la altura cuando 𝑃 = 400 𝑚𝑚𝐻𝑔: 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades:

400 = 495 ∙ 𝑒

11 3 3 ∙288− ∙9.78 ∙𝑧−288 28.96∙10−3 11 ( ∙(𝑧−0)+ 360000 3 1000 ∙𝑙 𝑛(1000 )) 3 3 360000 1000∙8.314 1000 1000∙0−288

−

⟹

𝑧 = 1789.7 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

Calculo de la temperatura y gravedad a la altura en el que la presión es de 350 𝑚𝑚𝐻𝑔: 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades:

350 = 495 ∙ 𝑒

11 3 3 ∙288− ∙9.78 ∙𝑧−288 28.96∙10−3 11 ( ∙(𝑧−0)+ 360000 3 1000 ∙𝑙 𝑛(1000 )) 3 3 360000 1000∙8.314 1000 1000∙0−288

−

⟹

𝑧 = 2899.11 𝑚 -

Por condición del problema se tiene: 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑇 = 288 °𝐾 −

3 °𝐾 ∙ 2899.11 𝑚 ⟹ 1000 𝑚

𝑇 = 279.3 °𝐾 = 6.303 ℃ 𝑔 = 𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑚

-

𝑔 = 9.78

11 2 𝑚 𝑠 − ∙ 2899.11 𝑚 ⟹ 2 𝑠 360000 𝑚

𝑔 = 9.69

𝑚 𝑠2

Resumiendo resultados: 𝑇 = 6.303 ℃; 𝑔 = 9.69

𝑚 _____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑠2

51. Una mezcla de metano y nitrógeno que ocupa 100 ml a 1.5 atm, se mezclan con 200 ml de oxigeno a 2 atm, la mezcla se somete a combustión, los productos se hacen pasar por un agente secante, el gas seco mide 480 ml a 1 atm de presión, si todas las medidas se efectuaron a la misma temperatura. Calcule la composición de la mezcla original. -

Solución:

-

Datos:

-64-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

X=CH4 Y=N2 100 ml 1.5 atm

FROILAN CALLE Q.

+ = O2=a 200ml 2atm

CO2=V O2=W N2=y 480 ml 1atm

% 𝑥; % 𝑦 =? -

Calculo del numero de moles iniciales de metano y nitrógeno: 𝑛𝑜 =

-

𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑜 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

1.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 100 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

150 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 … … … … … … (1) 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles de oxigeno existente inicialmente: 𝑛𝑜2𝑖 =

-

𝑎=

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 200 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎=

400 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles existentes al final después de la reacción: 𝑛𝑓 =

-

𝑃𝑂2𝑖 ∙ 𝑉𝑂2 𝑖 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑂2𝑖 = 𝑎 𝑅𝑇

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑣 + 𝑤 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

𝑣+𝑤+𝑦 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 480 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑣+𝑤+𝑦 =

480 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 … … … … … … (2) 𝑅𝑇

En la reacción se tiene: 𝐶𝐻4 𝑥

-

+

2𝑂2 𝑏

⟶

𝐶𝑂2 𝑣

+

2𝐻2 𝑂

Calculo de la cantidad de𝐶𝑂2 generado por la reacción: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑣 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

𝑥 = 𝑣 … … … … … … (3) -65-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Calculo de la cantidad de 𝑂2 consumidos por la reacción: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙

-

FROILAN CALLE Q.

2 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑏 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝑥 = 𝑏 … … … … … … (4)

Balance de oxigeno: 𝑛𝑜2𝑖 = 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹ 𝑏 = 2𝑥 𝑎 = 𝑏 + 𝑤 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { ⟹ 400 𝑎= 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇 𝑤=

-

400 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 − 2𝑥 … … … … … … (5) 𝑅𝑇

Reemplazando ecuaciones (3), (4) y (5) en (2): 𝑥+

400 480 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 − 2𝑥 + 𝑦 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇

−𝑥 + 𝑦 = -

Resolviendo ecuaciones (1) y (6) se tiene: 𝑥=

-

80 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 … … … … … … (6) 𝑅𝑇

35 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

∧

𝑦=

115 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

Calculo de la composición: %𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 35

%𝑥=

𝑅𝑇 35 𝑅𝑇

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 +

% 𝐶𝐻4 = 23.33 %

115 𝑅𝑇

% 𝑥 = % 𝐶𝐻4 ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { % 𝑦 = % 𝑁2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙

∧

⟹

% 𝑁2 = 76.67 %_____________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

52. Un volumen de 10 l de H2 S medido a 26811 kPa y 156.18 ℃ se comprimen hasta 67027.5 kPa y 660 ℃, empleando el diagrama de compresibilidad generalizado. Calcular el volumen final. Tc = 373.2 °K, Pc = 8.937 MPa. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial

Condición final

𝑉𝑜 = 10 𝑙 𝑃𝑜 = 26811 𝑘𝑃𝑎 = 26.811 𝑀𝑃𝑎 𝑇𝑜 = 156.18 ℃ = 429.18 °𝐾

𝑉𝑓 =? 𝑃𝑓 = 67027.5 𝑘𝑃𝑎 = 67.0275 𝑀𝑃𝑎 𝑇𝑓 = 660 ℃ = 933 °𝐾

-66-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑇𝑐 = 373.2 °𝐾 𝑃𝑐 = 8.937 𝑀𝑃𝑎 -

De la ecuación se tiene: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑍𝑓 𝑇𝑓

-

𝑉𝑓 =

𝑍𝑓 𝑇𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑍𝑜 𝑇𝑜 𝑃𝑓

𝑉𝑓 =

𝑍𝑓 ∙ 933 °𝐾 ∙ 26.811 𝑀𝑃𝑎 ∙ 10 𝑙 ⟹ 𝑍𝑜 ∙ 429.18 °𝐾 ∙ 67.0275 𝑀𝑃𝑎

𝑉𝑓 =

𝑍𝑓 8.696 𝑙 … … … … … … (1) 𝑍𝑜

Calculo de factores de compresibilidad con el grafico: 𝑃𝑜 26.811 𝑀𝑃𝑎 = =3 𝑃𝑐 8.937 𝑀𝑃𝑎 𝑍𝑜 = 0.51 𝑇𝑜 429.18 °𝐾 𝑇𝑟𝑜 = = = 1.15 𝑇𝑐 373.2 °𝐾 } 𝑃𝑟𝑜 =

𝑃𝑓 67.0275 𝑀𝑃𝑎 = = 7.5 𝑃𝑐 8.937 𝑀𝑃𝑎 𝑍𝑓 = 1.11 𝑇𝑓 933 °𝐾 𝑇𝑟𝑓 = = = 2.5 𝑇𝑐 373.2 °𝐾 }

𝑃𝑟𝑓 =

-

Reemplazando los factores de compresibilidad en la ecuación (1): 𝑉𝑓 =

1.11 8.696 𝑙 ⟹ 0.51

𝑉𝑓 = 18.93 𝑙_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 53. Calcule la presión del aire a una altura de 10.0 km en mmHg, suponiendo que a nivel del mar la presión es exactamente de 1 atm y la temperatura de 20 ℃. Para el cálculo considere que la aceleración de la gravedad disminuye en 0.01 m/s2 por cada kilometro de altura y la temperatura disminuye en 0.66 ℃ por cada 100 m de altura (tasa normal de cambio basada en la conversión Internacional). -

Solución:

-

Datos: 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑇𝑜 = 20 ℃ = 293 °𝐾 𝑔𝑜 = 9.81 𝑚/𝑠 2 0.66 ℃ 𝛼= 100 𝑚 0.01 𝑚/𝑠 2 𝛽= 1000 𝑚 𝑧𝑜 = 0

-

Calculo de la presión a una altura 𝑧 = 10.0 𝑘𝑚 = 10000 𝑚:

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica ya integrada se tiene en el ejercicio (50): 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ -67-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades:

𝑃 =1∙𝑒

0.01 0.66 0.66 ∙293− ∙9.81 ∙10000−293 28.96∙10−3 0.01 ( ∙(10000−0)+ 1000 0.66100 ∙𝑙 𝑛( 100 )) 0.66 1000 ∙8.314 100 100 100 ∙0−293

− 0.66

⟹

𝑃 = 0.269 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

54. Ante la denuncia presentada en la oficina de consumo municipal respecto al contenido de la conocida “bombona” de butano, ya que se teme que contenga una mezcla de este gas y propano, se hace análisis de una de ellas a temperaturas en las que el agua se puede encontrar en forma de vapor. Para ello se toma una muestra gaseosa de 50 cm3 a 1.2 atm de presion, se introducen en una recipiente adecuado y se añaden en exceso 300 cm3 de oxigeno que se encontraba a 2 atm de presión, se provoca la combustión completa y se obtiene un volumen final de mezcla gaseosa de 745 cm3 a 1 atm de presión. Calcular el porcentaje de propano en la muestra. Suponer que todas las medidas fueron efectuadas en las mismas condiciones de temperatura. -

Solución:

-

Datos:

𝑥 = 𝐶4 𝐻10 𝑦 = 𝐶3 𝐻8 50cm3 1.2 atm

+

𝑎 = 𝑂2 300 cm3 2 atm

=

𝐶𝑂2 = 𝑢 𝐻2 𝑂 = 𝑣 𝑂2 = 𝑤 745 cm3 1atm

% 𝑦 =? -

Calculo del numero de moles de la muestra: 𝑛𝑜 =

-

𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑜 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

1.2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 50 𝑐𝑚3 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

60 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 … … … … … … … … … … … . . . (1) 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles de oxigeno existente inicialmente:

-68-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑛𝑜2𝑖 =

-

𝑃𝑂2𝑖 ∙ 𝑉𝑂2 𝑖 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑂2𝑖 = 𝑎 𝑅𝑇

𝑎=

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 300 𝑐𝑚3 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎=

600 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles existentes al final después de la combustión: 𝑛𝑓 =

-

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑢 + 𝑣 + 𝑤 ⟹ 𝑅𝑇

𝑢+𝑣+𝑤 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 745 𝑐𝑚3 ⟹ 𝑅𝑇

𝑢+𝑣+𝑤 =

745 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 … … … … … … … … … … … . . . (2) 𝑅𝑇

En la reacción se tiene: 𝐶4 𝐻10

+

𝑥 𝐶3 𝐻8 𝑦 -

⟶

5𝑂2 𝑐

⟶

4𝐶𝑂2

+

𝑑 3𝐶𝑂2 𝑒

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙

4 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑑 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10

3 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑒 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8

+

4𝑥 = 𝑑

3𝑦 = 𝑒

La cantidad total de 𝐶𝑂2 generada será: 𝑑 = 4𝑥 𝑢 = 𝑑 + 𝑒 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { 𝑒 = 3𝑦

⟹

𝑢 = 4𝑥 + 3𝑦 … … … … … … … … … … … . . . (3) -

Calculo de la cantidad de 𝑂2 consumidos por la combustión: 13

𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10 ∙

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙ -

2

𝑚𝑜𝑙 𝑂2

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10

= 𝑏 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹

5 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑐 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8

13 𝑥=𝑏 2 5𝑦 = 𝑐

La cantidad total de 𝑂2 consumido será:

-69-

5𝐻2 𝑂 𝑓

Calculo de la cantidad de 𝐶𝑂2 generado por la combustión: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10 ∙

-

+

13 𝑂 2 2 𝑏

4𝐻2 𝑂 𝑔

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

13 𝑏= 𝑥 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑏 + 𝑐 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { 2 𝑐 = 5𝑦 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = -

⟹

13 𝑥 + 5𝑦 2

Balance de oxigeno: 𝑛𝑜2𝑖 = 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹

-

𝑎=

13 600 𝑥 + 5𝑦 + 𝑤 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑎 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 2 𝑅𝑇

𝑤=

600 13 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 − 𝑥 − 5𝑦 … … … … … … … … … … … . . . (4) 𝑅𝑇 2

Calculo de la cantidad de 𝐻2 𝑂 formado por la combustión: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10 ∙

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙ -

⟹

5 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 = 𝑓 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10

4 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 = 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8

5𝑥 = 𝑓

4𝑦 = 𝑔

La cantidad de total de 𝐻2 𝑂 formado por la combustión será: 𝑓 = 5𝑥 𝑣 = 𝑓 + 𝑔 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { ⟹ 𝑔 = 4𝑦 𝑣 = 5𝑥 + 4𝑦 … … … … … … … … … … … . . . (5)

-

Reemplazando ecuaciones (3), (4) y (5) en (2): 4𝑥 + 3𝑦 + 5𝑥 + 4𝑦 +

600 13 745 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 − 𝑥 − 5𝑦 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 2 𝑅𝑇

⟹

5 145 𝑥 + 2𝑦 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 … … … … … … … … … … … . . . (6) 2 𝑅𝑇 -

Resolviendo ecuaciones (1) y (6) se tiene: 𝑥=

-

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

∧

𝑦=

10 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

Calculo de la composición: %𝑦=

𝑦 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 10

%𝑦=

𝑅𝑇 50 𝑅𝑇

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 +

10 𝑅𝑇

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3

∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 % 𝑦 = % 𝐶3 𝐻8

⟹

% 𝐶3 𝐻8 = 16.67 %_____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. -70-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

55. Se tiene dos recipientes de 2 l y 8 l que inicialmente se encuentran separados por una válvula, el primero contiene una mezcla gaseosa de CO y CH4 a 2.5 atm de presión y el segundo contiene aire húmedo (20 % enmasadeH2 O) a 9.625 atm de presión. Se abre la válvula y la mezcla gaseosa se combustiona completamente, la presión en el equilibrio después de la combustión es de 8.05 atm. Calcular: a) La composición de la mezcla gaseosa inicial en el primer recipiente. b) El porcentaje de aire en exceso existente para este fin. Para los cálculos suponer que la composición del aire es de 20 % en volumen de oxigeno y el resto nitrógeno y que el proceso es temperatura elevada constante. -

Solución:

-

Datos:

O2=a N2=b H2O=c 8l 9.625 atm

X=CO Y=CH4 2l 2.500 atm

CO2=u H2O=v O2=w N2=b 10l 8.050 atm

a)

Calculo de la composición de la mezcla gaseosa inicial en el primer recipiente:

-

Calculo de numero de moles en el primer recipiente: 𝑛1 =

-

𝑥+𝑦=

2.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 2 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … … … … … … … . . . (1) 𝑅𝑇

Calculo de numero de moles en el segundo recipiente: 𝑛2 =

-

𝑃1 𝑉1 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛1 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃2 𝑉2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛2 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎+𝑏+𝑐 =

9.625 𝑎𝑡𝑚 ∙ 8 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎+𝑏+𝑐 =

77 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … … … … … … . (2) 𝑅𝑇

Calculo del numero de moles existentes al final después de la combustión: 𝑛𝑓 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑢 + 𝑣 + 𝑤 + 𝑏 ⟹ 𝑅𝑇

𝑢+𝑣+𝑤+𝑏 =

8.050 𝑎𝑡𝑚 ∙ 10 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑢+𝑣+𝑤+𝑏 =

80.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … . . . (3) 𝑅𝑇 -71-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

En la reacción se tiene: 𝐶𝑂

+

𝑥 𝐶𝐻4 𝑦 -

2𝑂2 𝑛

⟶

⟶

𝐶𝑂2 𝑞

𝐶𝑂2 𝑝 +

Calculo de la cantidad de 𝐶𝑂2 generado por la combustión: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂 ∙

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑝 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙ -

+

1 𝑂 2 2 𝑚

𝑥=𝑝

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑞 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

𝑦=𝑞

La cantidad total de 𝐶𝑂2 generada será: 𝑝=𝑥 𝑢 = 𝑝 + 𝑞 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 {𝑞 = 𝑦

⟹

𝑢 = 𝑥 + 𝑦 … … … … … … … … … … … . … … … . . . (4) -

Calculo de la cantidad de 𝑂2 consumidos por la combustión: 1

𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂 ∙

2

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙ -

𝑚𝑜𝑙 𝑂2

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂

= 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹

1 𝑥=𝑚 2

2 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑛 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝑦 = 𝑛

La cantidad total de 𝑂2 consumido será:

𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑚 + 𝑛 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 {

1 𝑚= 𝑥 2 𝑛 = 2𝑦

⟹

1 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑥 + 2𝑦 2 -

Balance de oxigeno: 𝑛𝑜2𝑖 = 𝑛𝑂2𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹ 1 𝑎 = 𝑥 + 2𝑦 + 𝑤 ⟹ 2 1 𝑤 = 𝑎 − 𝑥 − 2𝑦 … … … … … … … … … … … . . . (5) 2

-

Calculo de la cantidad de 𝐻2 𝑂 formado por la combustión:

-72-

2𝐻2 𝑂 𝑟

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙ -

FROILAN CALLE Q.

2 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 = 𝑟 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝑦 = 𝑟

Balance de agua: 𝑛𝐻2𝑂 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑛𝐻2𝑂 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑛𝐻2𝑂 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜 ⟹ 𝑣 = 𝑐 + 𝑟 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑟 = 2𝑦 ⟹ 𝑣 = 𝑐 + 2𝑦 … … … … … … … … … … … … … … . . . (6)

-

Reemplazando ecuaciones (4), (5) y (6) en (3): 1 80.5 𝑥 + 𝑦 + 𝑐 + 2𝑦 + 𝑎 − 𝑥 − 2𝑦 + 𝑏 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑅𝑇 1 80.5 𝑥+𝑦+𝑎+𝑏+𝑐 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … … … … … … … . . . (7) 2 𝑅𝑇

-

Reemplazando ecuación (2) en (7): 1 77 80.5 𝑥+𝑦+ 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 2 𝑅𝑇 𝑅𝑇

1 3.5 𝑥+𝑦= 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … … … … … … … . . . (8) 2 𝑅𝑇 -

Resolviendo ecuaciones (1) y (8) se tiene: 𝑥=

-

3 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

∧

𝑦=

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Calculo de la composición: %𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 3

%𝑥=

𝑅𝑇 3 𝑅𝑇

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 +

% 𝐶𝑂 = 60 %

∧

2 𝑅𝑇

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙

% 𝑥 = % 𝐶𝑂 ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { % 𝑦 = % 𝐶𝐻4

⟹

% 𝐶𝐻4 = 40 %____________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

b)

Calculo del porcentaje de aire en exceso en el segundo recipiente:

-

Del enunciado del problema, para el porcentaje de agua se tiene:

-

% 𝑚𝐻2𝑂 =

𝑚𝐻2𝑂 ∙ 100% ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 = 𝑛𝑀 ⟹ 𝑚𝐻2𝑂 + 𝑚𝐴𝑆

% 𝑚𝐻2𝑂 =

𝑛𝐻2𝑂 ∙ 𝑀𝐻2𝑂 ∙ 100 % … … … … … … … … … … … . . . (𝛼) 𝑛𝐻2𝑂 ∙ 𝑀𝐻2𝑂 + 𝑛𝐴𝑆 ∙ 𝑀𝐴𝑆

Calculo del peso molecular del aire seco: -73-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑀𝐴𝑆 = 𝑥𝑂2 ∙ 𝑀𝑂2 + 𝑥𝑁2 ∙ 𝑀𝑁2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐴𝑆 = 0.2 ∙ 32 𝑀𝐴𝑆 = 28.8 -

𝑔 𝑔 + 0.8 ∙ 28 ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Cantidad de numero de moles de agua en el segundo recipiente: 𝑛𝐻2𝑂 = 𝑐

-

Cantidad de numero de moles de aire seco en el segundo recipiente: 𝑛𝐴𝑆 = 𝑎 + 𝑏

-

De la ecuación (𝛼) se tiene: % 𝑚𝐻2𝑂 =

20 =

𝑛𝐻2𝑂 ∙ 𝑀𝐻2𝑂 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑦 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝐻2𝑂 ∙ 𝑀𝐻2𝑂 + 𝑛𝐴𝑆 ∙ 𝑀𝐴𝑆 𝑐 ∙ 18

𝑐 ∙ 18

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

+ (𝑎 + 𝑏) ∙ 28.8

𝑔

∙ 100 ⟹

𝑚𝑜𝑙

𝑎 + 𝑏 = 2.5 𝑐 … … … … … … … … … … … . . . (𝛽) -

De la ecuación (2) se tiene: 𝑎+𝑏+𝑐 =

𝑎+𝑏 = -

77 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − 𝑐 … … … … … … … … … … … . . . (𝛾) 𝑅𝑇

Igualando ecuaciones (𝛽) y (𝛾) se tiene: 2.5 𝑐 =

𝑐=

77 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 − 𝑐 ⟹ 𝑅𝑇

22 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 (𝛾) ⟹ 𝑅𝑇

𝑎+𝑏 = -

77 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

55 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 … … … … … … … … … … … . . . (𝛿) 𝑅𝑇

Por condición del problema (composición del aire) se tiene: 𝑎 1 = ⟹ 𝑏 4 𝑏 = 4𝑎 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 (𝛿) ⟹

-74-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑎 + 4𝑎 =

𝑎= -

FROILAN CALLE Q.

55 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

11 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

↫ 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑒𝑛 𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒 𝑜𝑥𝑖𝑔𝑒𝑛𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜

Calculo de la cantidad de oxigeno necesario para la combustión: 𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = 𝑚 + 𝑛 ⟹

𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜

3 𝑥= 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 1 𝑅𝑇 = 𝑥 + 2𝑦 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { ⟹ 5 2 𝑦= 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = -

11 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 ∙ 𝑅𝑇

Calculo de la cantidad del porcentaje en exceso de oxigeno proporcionado: 𝑛𝑂2 𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = (1 + 𝑎 = (1 +

𝜂 ) ∙ 𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 ⟹ 100

𝜂 ) ∙ 𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 100

11 𝜂 11 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 = (1 + )∙ 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇 100 2 ∙ 𝑅𝑇 𝜂 = 100 %_________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 56. El tanque de 1 m3 de la figura contiene aire a 4 bar y 27 ℃. Al abrir lentamente la válvula pasa el aire hacia el cilindro hasta quedar el el equilibrio a 17 ℃. La masa del pistón es 20 kg y su área es de 0.0049 m2 . Calcular la masa final en kg del aire el en cilindro.

Dibujar condiciones finales -

Solución:

-

Datos (de la figura): 𝑉𝑜 = 1 𝑚3 𝑃𝑜 = 4 𝑏𝑎𝑟 = 4 ∙ 105 𝑃𝑎 𝑇𝑜 = 27 ℃ = 300 °𝐾 𝐴 = 0.0049 𝑚2 𝑇𝑓 = 17 ℃ = 290 °𝐾 -75-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑚𝑝𝑖𝑠𝑡𝑜𝑛 = 20 𝑘𝑔 𝑚𝑐𝑖𝑙 =? -

Calculo del volumen del aire en las condiciones finales: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 + 𝐴ℎ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑑𝑛𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑓 = (1 + 0.0049 ∙ ℎ)𝑚3

-

Calculo de la presión del aire en condiciones finales: 𝑃𝑓 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 +

𝑚𝑝𝑖𝑠𝑡𝑜𝑛 ∙ 𝑔 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑑𝑛𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝐴 𝑚

𝑃𝑓 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

20 𝑘𝑔 ∙ 9.81 2 105 𝑃𝑎 𝑠 + ⟹ 750 𝑚𝑚𝐻𝑔 0.0049 𝑚2

𝑃𝑓 = 140040.81 𝑃𝑎 -

Análisis para condiciones iniciales y finales: 𝑛𝑜 = 𝑛𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 4 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 1 𝑚3 140040.81 𝑃𝑎 ∙ (1 + 0.0049 ∙ ℎ)𝑚3 = ⟹ 300 °𝐾 290 °𝐾 ℎ = 359.408 𝑚 -

Calculo del volumen en el cilindro desplazado: 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝐴 ∙ ℎ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 0.0049 ∙ 359.408 𝑚3 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 1.761 𝑚3

-

Calculo del masa de aire en el cilindro: 𝑃𝑐𝑖𝑙 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝑛𝑐𝑖𝑙 𝑅𝑇𝑐𝑖𝑙 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 = 140040.81 𝑃𝑎 ∙ 1.761 𝑚3 =

𝑚 ⟹ 𝑀 𝑚

28.96 ∙

𝑘𝑔 10−3 𝑚𝑜𝑙

∙ 8.314

𝐽 ∙ 290 °𝐾 ⟹ °𝐾𝑚𝑜𝑙

𝑚 = 2.96 𝑘𝑔_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 57. Suponiendo que a nivel del mar la temperatura es de 25 ℃ y en una ciudad que se encuentra a 3000 m sobre el nivel del mar la temperatura es de 20 ℃ y la gravedad disminuye en 0.01 𝑚/𝑠 2 . Calcular: a) La presión atmosférica en esa ciudad. -76-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

b)

La altura sobre la ciudad a la que la presión es de 0.666 𝑎𝑡𝑚.

-

Solución:

-

Datos: 𝑇𝑜 = 25℃ = 298 °𝐾 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑧 = 3000 𝑚 𝑇𝑓 = 20 ℃ = 293 °𝐾 0.01 𝑚/𝑠 2 𝛽= 3000 𝑚

-

Calculo de 𝛼: ∆𝑇 ⟹ ∆𝑧 ∆𝑇 𝛼= ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ ∆𝑧 𝛼=

𝛼=

5℃ 1 ℃ = 3000 𝑚 60 𝑚

a)

Calculo de la presión atmosférica en la ciudad:

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica ya integrada se tiene en el ejercicio (50): 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades:

𝑃 =1∙𝑒

0.01 1 1 ∙298− ∙9.81 ∙3000−298 28.96∙10−3 0.01 ( ∙(3000−0)+ 3000 1 60 ∙𝑙 𝑛(601 )) 1 3000 ∙8.314 60 60 60∙0−298

−

⟹

𝑃 = 0.686 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la altura a la que la presiones de 0.666 atm:

-

De la anterior ecuación se tiene:

0.666 = 1 ∙ 𝑒

0.01 1 1 ∙298− ∙9.81 ∙𝑧−298 28.96∙10−3 0.01 ( ∙(𝑧−0)+ 3000 1 60 ∙𝑙 𝑛(60 )) 1 1 3000 60∙8.314 60 60∙0−298

−

⟹

𝑧 = 3217.1 𝑚ℎ ⟹ ℎ = (3217.1 − 3000) 𝑚 ⟹ ℎ = 217.1 𝑚_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 58. Una mezcla de composición desconocida formada por acetileno e hidrogeno, del cual se sabe que existe más hidrogeno que acetileno, se introduce en un matraz de vidrio, junto a un catalizador adecuado, sellándose herméticamente. El matraz se calienta hasta duplicar la temperatura absoluta inicial, a esta temperatura ocurre la reacción y el acetileno se convierte en etano, observándose que después de la -77-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

reacción a la temperatura final, la presión permanece constante dentro del matraz. Con esta información calcular la composición de la mezcla original. -

Solución:

-

Datos:

-

X=C2H2 Y=H2

a=C2H6 b=H2

V T P

V 2T P

Calculo de numero de moles iniciales: 𝑛𝑜 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛𝑜 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇𝑜

𝑥+𝑦= -

Calculo de numero de moles al final de la reacción: 𝑛𝑓 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛𝑓 = 𝑎 + 𝑏 ∧ 𝑇𝑓 = 2𝑇 ⟹ 𝑅𝑇𝑓

𝑎+𝑏 = -

𝑃𝑉 … … … … … … … … … … … . . . (1) 𝑅𝑇

𝑃𝑉 … … … … … … … … … … … . . . (2) 2𝑅𝑇

En la reacción se tiene: 𝐶2 𝐻2 𝑖) 𝑟) 𝑓)

-

𝑥 −𝑥 0

+

2𝐻2 𝑦 −2𝑥 𝑦 − 2𝑥

Al final de la reacción por comparación con la figura se tiene: 𝑎 = 𝑥 ∧ 𝑏 = 𝑦 − 2𝑥 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑒𝑛𝑒𝑐. (2) ⟹ 𝑥 + 𝑦 − 2𝑥 =

−𝑥 + 𝑦 = -

𝑃𝑉 ⟹ 2𝑅𝑇

𝑃𝑉 … … … … … … … … … … … . . . (3) 2𝑅𝑇

Resolviendo ecuaciones (1) y (3): 𝑥=

-

⟶

𝑃𝑉 3𝑃𝑉 ∧𝑦 = 4𝑅𝑇 4𝑅𝑇

Calculo de la composición: -78-

𝐶2 𝐻6 𝑥 𝑥

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

%𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦 𝑃𝑉

%𝑥=

FROILAN CALLE Q.

4𝑅𝑇 𝑃𝑉 3𝑃𝑉

+

4𝑅𝑇

4𝑅𝑇

% 𝐶2 𝐻2 = 25 %

% 𝑥 = % 𝐶2 𝐻2 ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 { ⟹ % 𝑦 = % 𝐻2

∧

% 𝐻2 = 75 %___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

59. Calcule la altura sobre el nivel del mar a la que la presión disminuye hasta la mitad, suponiendo que la temperatura inicial a nivel del mar es de 15 ℃. Para el cálculo considere que la acelareacion de la gravedad y la temperatura disminuyen linealmente en 7.62 ∙ 10−6 pie/s2 y 1.52 ∙ 10−3 ℉ por cada pie de altura y que la relación del oxigeno y nitrógeno en el aire es de 1:4 respectivamente. -

Solución:

-

Datos:

-

Datos: 𝑇𝑜 = 15 ℃ = 519 °𝑅 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑓 = 0.5 𝑎𝑡𝑚 𝑧𝑜 = 0 𝑝𝑖𝑒𝑠 𝑧 =? 7.62 ∙ 10−6 𝑝𝑖𝑒/𝑠 2 𝛽= 𝑝𝑖𝑒 1.52 ∙ 10−3 °𝐹 𝛼= 𝑝𝑖𝑒

a)

Calculo de la altura sobre el nivel del mar a la que la presión atmosférica se reduce a la mitad:

-

La ecuación diferencial de la distribución barométrica ya integrada se tiene en el ejercicio (50): 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

−

𝑀 𝛽𝑇 −𝛼𝑔𝑜 𝛼𝑧−𝑇𝑜 (𝛽(𝑧−𝑧𝑜)+ 𝑜 ∙𝑙 𝑛( )) 𝛼𝑅 𝛼 𝛼𝑧𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

Debido a la falta de espacio solo se reemplazará valores numéricos sin unidades: 0.5 = 1 ∙ 𝑒

0.8954 7.62∙10−6 ∙519−1.52∙10−3 ∙32.18 1.52∙10−3∙𝑧−519 (7.62∙10−6 ∙(𝑧−0)+ ∙𝑙 𝑛( )) 1.52∙10−3 ∙15463.1 1.52∙10−3 1.52∙10−3 ∙0−519

−

⟹

𝑧 = 149620.26 𝑝𝑖𝑒𝑠______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 60. Dos recipientes separados por un conducto con una llave de paso, el primero de 3 𝑙 de capacidad contiene 𝐻2 a 2 𝑏𝑎𝑟 de presión, el segundo de 1 𝑙 contiene 𝐶2 𝐻2 a 1 𝑏𝑎𝑟 de presión, los dos recipientes se hallan a la misma temperatura. La llave de paso se abre y mediante un catalizador que se halla en las paredes de los dos recipientes, se produce lareacción: 𝐶2 𝐻2 + 𝐻2 ⟶ 𝐶2 𝐻6 Si en todo instante la temperatura se mantiene constante. Calcular: a) La presión final de la mezcla gaseosa después de la reacción. b) la composición en moles de la mezcla gaseosa luego de la reacción. -

Solución: -79-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Datos: 𝐻2 {

3𝑙 2 𝑏𝑎𝑟

𝐶2 𝐻2 { -

1𝑙 1 𝑏𝑎𝑟

Al final después de abrir la llave de paso se tendrá un volumen total de 4 l como se muestra en la figura:

𝐻2 {

-

FROILAN CALLE Q.

3𝑙 2 𝑏𝑎𝑟

𝐶2 𝐻2 {

4l

1𝑙 1 𝑏𝑎𝑟

Igualando la reacción se tiene: 𝐶2 𝐻2 + 2𝐻2 ⟶ 𝐶2 𝐻6

-

-

Calculo del numero de moles de cada reactivo: 𝑛𝐻2 =

𝑃𝐻2 𝑉𝐻2 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐻2 =

2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 3 𝑙 6 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝐶2𝐻2 =

𝑃𝐶2𝐻2 𝑉𝐶2𝐻2 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2𝐻2 =

1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 1 𝑙 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇 𝑅𝑇

Dividiendo ambas cantidades entre su coeficiente estequiométrico para el cálculo del reactivo limitante: 𝑛𝐻2 =

6 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 3 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 /2 ⟹ ↬ 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑬𝑵 𝑬𝑿𝑪𝑬𝑺𝑶 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝐶2𝐻2 = -

1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 /1 ⟹ ↬ 𝑹𝑬𝑨𝑪𝑻𝑰𝑽𝑶 𝑳𝑰𝑴𝑰𝑻𝑨𝑵𝑻𝑬 𝑅𝑇 𝑅𝑇

En la reacción se tiene:

𝐶2 𝐻2 𝑖) 𝑟) 𝑓) -

2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 0

+

2𝐻2

⟶

6 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 2∙ 𝑅𝑇 2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Al final después de la reacción solamente se tiene 𝐻2 y 𝐶2 𝐻6: -80-

𝐶2 𝐻6

2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑛𝑓 = a)

FROILAN CALLE Q.

4 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Calculo de la presión final de la mezcla gaseosa después de la reacción: 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = 𝑛𝑓 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 4 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 ∙ 𝑅𝑇 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑓 ∙ 4 𝑙 =

𝑃𝑓 = 4 𝑏𝑎𝑟_________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Calculo de la composición molar de la mezcla gaseosa luego de la reacción: % 𝑛𝐻2 =

𝑛𝐻2 ∙ 100 % ⟹ 𝑛𝑓 2 𝑏𝑎𝑟∙𝑙

% 𝑛𝐻2 =

𝑅𝑇 4 𝑏𝑎𝑟∙𝑙

∙ 100 % ⟹

𝑅𝑇

% 𝑛𝐻2 = 50 % % 𝑛𝐶2𝐻6 =

𝑛𝐶2 𝐻6 ∙ 100 % ⟹ 𝑛𝑓 2 𝑏𝑎𝑟∙𝑙

% 𝑛𝐶2𝐻6 =

𝑅𝑇 4 𝑏𝑎𝑟∙𝑙

∙ 100 % ⟹

𝑅𝑇

% 𝑛𝐶2𝐻6 = 50 % -

Resumiendo resultados: % 𝐶2 𝐻6 = % 𝐻2 = 50 %__________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

61. En un recipiente hermético y rígido se introduce dióxido de carbono a 27 ℃ y 2 atm, se calienta el recipiente hasta 600 °K, a esta temperatura el 80 % del dióxido de carbono se descompone en monóxido de carbono y oxigeno. Calcule la composición final del gas y la presión final del sistema. -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑃𝑜 = 2 𝑎𝑡𝑚 𝑉𝑜 = 𝑉 𝑇𝑜 = 27 ℃ = 300 °K

𝑃𝑓 =? 𝑉𝑓 = 𝑉 𝑇𝑓 = 600 °K 𝛼 = 80 % = 0.8

-

En la ecuación de descomposición se tiene:

𝑖) 𝑟) 𝑓)

𝐶𝑂2 𝑛𝑜 −𝛼𝑛𝑜 𝑛𝑜 (1 − 𝛼)

⟶

𝐶𝑂 𝛼𝑛𝑜 𝛼𝑛𝑜

-81-

+

𝑂2 𝛼𝑛𝑜 𝛼𝑛𝑜

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

-

Calculo del numero de moles al inicio: 𝑛𝑜 =

𝑃𝑜 𝑉0 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑜

𝑛𝑜 =

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑉 ⟹ 𝑅 ∙ 300 °𝐾

𝑛𝑜 =

2 𝑎𝑡𝑚 𝑉 ∙ … … … … … … … … … … … . . . (1) 300 °K 𝑅

Calculo de numero de moles al final: 𝑛𝑓 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑛𝑜 (1 − 𝛼) + 𝛼𝑛𝑜 + 𝛼𝑛𝑜 ⟹ 𝑅𝑇𝑓

𝑛𝑜 (1 + 𝛼) =

-

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑓

𝑛𝑜 (1 − 0.8) =

𝑃𝑓 𝑉 ⟹ 𝑅 ∙ 600 °K

𝑛𝑜 (1 − 0.8) =

𝑃𝑓 𝑉 ∙ … … … … … … . . … (2) 600 °K 𝑅

Reemplazando ecuación (1) en (2): 𝑃𝑓 2 𝑎𝑡𝑚 𝑉 𝑉 ∙ ∙ (1 − 0.8) = ∙ ⟹ 300 °K 𝑅 600 °K 𝑅 𝑃 = 0.8 𝑎𝑡𝑚_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

62. Una ecuación modificada de la ecuación de Van der Waals es: P+

n2 A nRT − =0 TV 2 V − nB

Donde A y B son constantes Determinar los valores de “A” y “B” en unidades del sistema internacional, si el gas considerado es metano (las propiedades criticas del metano son: Pc = 673.26 PSI; Tc = 343.5 °R). -

Solución:

-

Datos: 𝑃+

-

𝑛2 𝐴 𝑛𝑅𝑇 − = 0 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐴, 𝐵 𝑠𝑜𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑇𝑉 2 𝑉 − 𝑛𝐵

Desarrollando la ecuación: (𝑃 +

𝑛2 𝐴 ) (𝑉 − 𝑛𝐵) = 𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑛 = 1 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 𝑇𝑉 2

(𝑃 +

𝐴 ) (𝑉 − 𝐵) = 𝑅𝑇 ⟹ 𝑇𝑉 2

𝑉 3 − 𝑉 2 (𝐵 +

𝑅𝑇 𝐴𝑉 𝐴𝐵 )+ − = 0 … … … … … … … . . . (1) 𝑃 𝑃𝑇 𝑃𝑇 -82-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Por otro lado el punto crítico puede calcularse por: ̅−V ̅c )3 = V ̅ 3 − 3V ̅ 2V ̅c + 3V ̅V ̅c 2 − V ̅c 3 = 0 … … … . … (2) (V

-

Comparando ecuaciones (1) y (2) se tiene:

-

Comparando (1) y (2): 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … … … … (3) 𝑃

3𝑉𝑐 = 𝐵 + 3𝑉𝑐2 =

𝐴 ⟹ 𝑃𝑇

𝐴 = 3𝑃𝑇𝑉𝑐2 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (4) 𝑉𝑐3 = -

(4) en (5): 𝑉𝑐3 =

-

𝐴𝐵 … … … … … … … … … … … … … … … … … . . … . … (5) 𝑃𝑇

3𝑃𝑇𝑉𝑐2 𝐵 ⟹ 𝑉𝑐 = 3𝐵 … … … … … … … … … … … … … . (6) 𝑃𝑇

(6) en (3): 3(3𝐵) = 𝐵 + 𝐵=

-

𝑅𝑇 ⟶ 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑇 = 𝑇𝑐 𝑃

𝑃 = 𝑃𝑐 ⟹

𝑅𝑇𝑐 … … … … … … … … … … … … … . (7) 8𝑃𝑐

(6) en (4): 𝐴 = 3𝑃𝑇(3𝐵)2 ⟶ 𝐵 =

𝐴 = 3𝑃𝑇 (3

𝐴= -

𝑦

𝑅𝑇𝑐 ⟹ 8𝑃𝑐

𝑅𝑇𝑐 2 ) ⟶ 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑇 = 𝑇𝑐 8𝑃𝑐

𝑦

𝑃 = 𝑃𝑐 ⟹

27𝑅2 𝑇𝑐 3 … … … … … … … … … … … … … . (8) 64𝑃𝑐

Reemplazando valores en las ecuaciones (7) y (8):

𝐵=

10.7

𝑃𝑆𝐼∙𝑝𝑖𝑒 3

∙ 343.5 °𝑅 1 𝑙𝑏 − 𝑚𝑜𝑙 (0.3048 𝑚)3 ∙ ∙ ⟹ 8 ∙ 673.26 𝑃𝑆𝐼 453.6 𝑚𝑜𝑙 1 𝑝𝑖𝑒 3 𝑙𝑏−𝑚𝑜𝑙∙°𝑅

𝐵 = 4.26 ∙ 10−5

𝐴=

27 ∙ (8.314

𝑚3 𝑚𝑜𝑙 𝑁∙𝑚 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

2

) ∙ (343.5 °𝑅)3

64 ∙ 673.26 𝑃𝑆𝐼

∙

14.7 𝑃𝑆𝐼 750 𝑚𝑚𝐻𝑔 (100 °𝐾)3 ∙ ∙ ⟹ 𝑁 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 (180 °𝑅)3 105 𝑚2

𝑁 ∙ 𝑚4 ∙ °𝐾 𝐴 = 43.67 𝑚𝑜𝑙 2 -

Resumiendo resultados: -83-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝐴 = 43.67

FROILAN CALLE Q.

𝑁 ∙ 𝑚4 ∙ °𝐾 𝑚3 −5 ; 𝐵 = 4.26 ∙ 10 _________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑚𝑜𝑙 2 𝑚𝑜𝑙

63.

-84-