FACULTAD DE INGENIERÍA EN GEOLOGÍA, MINAS, PETRÓLEOS Y AMBIENTAL

TERMODINÁMICA Y FÍSICO-QUÍMICA

ESCUELA DE INGENIERÍA EN PETRÓLEOS

NOMBRE: CLAUDIO VILLARES

PROFESOR: ING.RENÁN CRIOLLO

CURSO: QUINTO

TEMA: EJERCICIOS RESUELTOS - FISICOQUÍMICA DE CASTELLAN

GASES IDEALES

2.1. Cinco gramos de etano se encuentran dentro de un frasco sellado de 1dm3 de capacidad. El frasco es tan débil que se romperá si la presión sobrepasa 1MPa. ¿A qué temperatura alcanzará la presión del gas el valor de rotura?

Datos:

gC2H6=5g

V C2H 6=1dm3=1L

MC2H 6=30 g

mol

P=1MPa=9.878104atm

T=?

Solución

PV=nRT

n= gM

T=PVnR

T= PVgM

R= M PV

gR=

(30 gmol )(9.878104 atm ) (1 L )

(5 g )(0.082 atm . Lmol .K )

T=722.788098 K

T C=722.788098−273.15

T C=449.638098℃

2.2. Un gran cilindro para almacenar gases comprimidos tiene un volumen aproximado de 0.050 m3. Si el gas se almacena a una presión de 15MPa a 300K, ¿cuántas moles de gas contiene el cilindro? ¿Cuál sería la masa del oxígeno en un cilindro de esta naturaleza?

Datos:

V=0.050m3=50L

P=15MPa=148.171563atm

T=300K

n=?

gO2=?

MO2=32 g

mol

Solución

PV=nRT

n=PVRT

=(148.171563 atm ) (50 L )

(0.082 atm . Lmol .K )(300K )

n=301.161713mol

gO2=n∗MO2

gO2=(301.161713mol )(32 g

mol )gO2

=9637.174829g

KgO2=9637.174829g| 1Kg1000g|=9.637174Kg

2.3. En el sistema ilustrado en la figura 2.13 se halla contenido helio a 30.2℃. La cubeta niveladora L puede levantarse para llenar la cubeta inferior con mercurio y forzar la entrada del gas a la parte superior del dispositivo. El volumen de la cubeta 1 hasta la marca b es de 100.5 cm 3 y el de la cubeta 2 entre las marcas a y b es de 110.0 cm3. La presión ejercida por el helio se mide por la diferencia entre los niveles del mercurio en el dispositivo y en el brazo evacuado del manómetro. Cuando el nivel del mercurio está en a, la presión es 20.14 mm. La densidad del mercurio a 30.2℃ es 13.5212g /cm3 y la aceleración de la gravedad es 9.80665m /s2 ¿Cuál es la masa de helio en el recipiente?

Datos:

T=30.2℃=303.35 K

V 1=100.2 cm3=0.1002 L

V 2=110.0 cm3=0.11L

Pena=20.14mmHg=0.0265atm

ρHg=13.5212g

cm3=13521.2gL

a=9.80665 ms2

MHe=4g

mol

Solución

V T=V 1+V 2

V T=0.1002 L+0.11L

V T=0.2102 L

PV=WM

RT

W He=M HePenaV

RT

W He=(4 g

mol ) (0.0265atm ) (0.2102L )

(0.082 atm .Lmol . K ) (303.35K )

W He=0.000896g=896 μg

2.4. Se emplea el mismo tipo de aparato usado en el problema 2.3. En este caso no se conoce el volumen V 1 ; el volumen en el matraz 2, V 2, es 110.0cm3. Cuando el nivel del mercurio está en a, la presión es 15.42 mm. Cuando el nivel del mercurio se eleva a b, la diferencia de niveles es 27.35mm. La temperatura es 30.2℃. Utilícense los valores de densidad del mercurio y g dados en el problema 2.3.

a) ¿Cuál es la masa del helio en el sistema?

b) ¿Cuál es el volumen del matraz 1?

Datos:

V 1=?

V 2=110.0 cm3=0.11L

Pena=15.42mmHg=0.020289atm

Penb=27.35mmHg=0.035987atm

T=30.2℃=303.35 K

ρHg=13.5212g

cm3=13521.2gL

a=9.80665 ms2

MHe=4g

mol

Solución

b) La masa del helio será la misma en a y en b

1.WHe=MHePV

RT=

MHePa (V 1+V 2 )RT

En el punto b

2.W He=MHePV

RT=

MHePb (V 1 )RT

Igualando 1=2

MHePa (V 1+V 2 )RT

=M HePb (V 1 )

RT

Pa (V 1+V 2 )=Pb (V 1 )

PaV 1+PaV 2=PbV 1

PaV 1−PbV 1=−PaV 2

(Pa−Pb )V 1=−PaV 2

V 1=−PaV 2

(Pa−Pb )

V 1=− (0.020289atm ) (0.11L )

(0.020289atm−0.035987atm )

V 1=0.14217 L

a) Entonces la masa del helio cuando se eleva hasta b

V 1=0.14217 L

W He=MHe∗¿

Penb∗¿V1

RT ¿¿

W He=M HePV

RT=

(4 gmol )(0.035987atm ) (0.14217L )

(0.082 atm .Lmol . K ) (303.35K )

W He=0.000822g=822μg

2.5. Supóngase que al establecer las escalas de masa atómicas, las condiciones estándar escogidas han sido Po=1atm, V o=0.03m

3(exactamente) y T o=300 K (exactamente). Calcúlense la constante de los gases, la contante de Avogadro y las masas de un mol de hidrógeno y oxígeno.

Datos:

Po=1atm

~V o=0.03mmol

3

=30 Lmol

T o=300 K

R=?

No=6.023∗1023moléculas

nH 2=1mol

nO 2=1mol

MH 2=?

MO2=?

Solución

Po~V o=RoT o

Ro=Po

~V o

T o=

(1atm )(30 Lmol )

(300 K )

Ro=0.1atm . Lmol . K

∗|10330 kgm2

1atm |∗| 1m3

1000L|∗|9.8N1kg |∗| 1JNm|=10.1234 Jmol . K

La constante de Avogadro en 1 mol tiene V=22.414 Lmol a T=273.15 K y una P=1atm

PV=nRT

R1=P1V 1

T 1=

(1atm )(22.414 Lmol )

273.15K=0.082057 atm . L

mol .K

n=PoV o

R1T o=

R0R1

=0.1 atm . L

mol .K

0.082057 atm . Lmol .K

=1.218665

N1=n∗No

N1=(1.218665mol ) (6.023∗1023moléculas )

N1=7.34∗1023moléculas

MH 2=

M H2

0∗¿N 0

N1=(1 g

mol )(7.34∗1023moléculas )

6.023∗1023moléculas¿

MH 2=1.218662 g

mol

MO2=

MO2

0∗¿N 0

N1=(16 g

mol )(7.34∗1023moléculas )

6.023∗1023moléculas¿

MO2=19 .498589 g

mol

2.6. El coeficiente de expansión térmica α está definido por α=( 1V )( ∂V∂T )P. Aplicando la ecuación

de estado, calcúlese el valor α para un gas ideal.

α=( 1V )( ∂V∂T )P

1.PV =nRT

2 .V =nRTP

Derivando 2

∂V=nRP

∂T

3.( ∂V∂T )P=nR

P

De 1:

4. VT

=nRP

4 en 3

5.( ∂V∂T )P=V

T

Remplazando 5 en la ecuación inicial:

α=( 1V )(VT )α= 1

T

2.7. El coeficiente de compresibilidad β está definido por β=−( 1V )( ∂V∂ P )T . Calcúlese el valor de β

para un gas ideal.

β=−( 1V )( ∂V∂ P )T

1.PV =nRT

2.V=nRTP

Derivando 2

∂V=−nRTP2

∂ P

3.( ∂V∂P )T=−nRT

P2

1 en 3

( ∂V∂P )T=−PV

P2

4.( ∂V∂ P )T=−V

P

Remplazando 4 en la ecuación inicial:

β=−( 1V )(−VP )

β= 1P

2.8. Exprésese la derivada ( ∂ P∂T )

V de un gas ideal en función de α y β.

1.α= 1V ( ∂V∂T )

P

2. β=−1V ( ∂V∂P )

T

( ∂T∂V )P( ∂V∂ P )

T( ∂ P∂T )

V=−1

( ∂ P∂T )

V= −1

( ∂T∂V )P( ∂V∂P )

T

3.( ∂ P∂T )

V=

−( ∂V∂T )P

( ∂V∂ P )T

PV=nRT

4.V=nRTP

Derivando con respecto a 4

5 .( ∂V∂T )P= nR

P=

PVTP

=VT

6 .( ∂V∂P )T=−nRT

P2=−VP

P2=−V

P

Remplazando 5 en 1:

α= 1V (VT )

7.α= 1T

Remplazando 6 en 2:

β=−1V (−V

P )8. β=( 1P )Con 3:

( ∂ P∂T )

V=

−VT

(−VP )

9.( ∂ P∂T )

V=P

T

Remplazando 7 y 8 en 9:

( ∂ P∂T )

V=α

β

2.9. Considérese una mezcla de gases en un frasco de 2 dm3 a 27℃ . Para cada mezcla calcúlese la presión parcial de cada gas, la presión total y la composición de la muestra en porcentaje molar. Compárense los resultados de los cuatro cálculos.

a) 1 g de H2 y 1 g de O2

b) 1 g de N2 y 1 g de O2

c) 1 g de CH4 y 1 g de NH3

d) 1 g de H2 y 1 g de Cl2

Datos:

V=2dm3=2 L

T=27℃=300.15K

Solución

a) gH 2=1g

gO2=1g

MH 2=2 g

mol

MO2=32 g

mol

nH 2=

gH 2

MH 2

= 1g

2 gmol

=0.5mol

nO 2=

gO2

MO2

= 1 g

32 gmol

=0.03125mol

nT=nH 2+nO2

nT=0.5mol+0.03125mol

nT=0.53125mol

X H 2=

nH2

nT= 0.5mol0.53125mol

=0.941176=94.1176%H2

XO 2=

nO2

nT=0.03125mol0.53125mol

=0.058824=5.8824%O2

PV=nRT

P=nRTV

=(0.53125mol )(0.082 atm . L

mol .K ) (300.15 K )

2 L

P=6.537642atm

PH2=X H 2

∗P=(0.941176 ) (6.537642atm )=6.153072atm

PO2=XO2

∗P=(0.058824 ) (6.537642atm )=0.384570atm

b) gN2=1 g

gO2=1g

MN 2=28 g

mol

MO2=32 g

mol

nN2=

gN2

MN 2

= 1g

28 gmol

=0.035714mol

nO 2=

gO2

MO2

= 1 g

32 gmol

=0.03125mol

nT=nN2+nO2

nT=0.035714mol+0.03125mol

nT=0.066964mol

X N2=nN2

nT=0.035714mol0.066964mol

=0.533331=53.3331%N 2

XO 2=

nO2

nT= 0.03125mol0.066964mol

=0.466669=46.6669%O2

PV=nRT

P=nRTV

=(0.066964mol )(0.082 atm. L

mol .K ) (300.15K )

2 L

P=0.824069atm

PN2=XN2

∗P=(0.533331 ) (0.824069atm )=0.439502atm

PO2=XO2

∗P=(0.466669 ) (0.824069atm )=0.384567atm

c) gCH 4=1g

gNH3=1 g

MCH4=16 g

mol

MNH 3=17 g

mol

nCH 4=

gCH 4

MCH4

= 1g

16 gmol

=0.0625mol

nNH3=

gNH3

MNH 3

= 1g

17 gmol

=0.058824mol

nT=nCH 4+nNH3

nT=0.0625mol+0.058824mol

nT=0.121324mol

XCH 4=

nCH 4

nT= 0.0625mol0.121324mol

=0.51515=51.515%CH 4

X NH3=

nNH3

nT=0.058824mol0.121324mol

=0.48485=48.485%NH3

PV=nRT

P=nRTV

=(0.121324mol )(0.082 atm. L

mol .K ) (300.15K )

2 L

P=1.493031atm

PCH4=XCH 4

∗P=(0.51515 ) (1.493031atm )=0.769135atm

PNH3=X NH3

∗P=(0.48485 ) (1.493031atm )=0.3723896 atm

d) gH 2=1g

gCl 2=1g

MH 2=2 g

mol

MCl2=71g

mol

nH 2=

gH 2

MH 2

= 1g

2 gmol

=0.5mol

nCl 2=gCl2

MCl 2

= 1g

71 gmol

=0.014084mol

nT=nH 2+nCl2

nT=0.5mol+0.014084mol

nT=0.514084mol

X H 2=

nH2

nT= 0.5mol0.514084mol

=0.972604=97.2604%H 2

XCl 2=nCl2

nT=0.014084mol0.514084mol

=0.027396=2.7396%Cl2

PV=nRT

P=nRTV

=(0.514084mol )(0.082 atm. L

mol .K ) (300.15K )

2 L

P=6.326395atm

PH2=X H 2

∗P=(0.972604 ) (6.326395atm )=6.153077atm

PCl2=XCl2

∗P=(0.027396 ) (6.326395atm )=0.173318atm

La diferencia con los resultados del problema anterior debe a que tenemos las mismas masas pero diferentes pesos moleculares, lo que hace que haya muchas más moles de H 2 que de O2 ya que es bastante más ligero. Entre N2 Y O2 la diferencia no es tan fuerte.

2.10. Se toma una muestra de aire sobre agua a 20℃ . En el equilibrio, la presión total del aire húmedo es 1 atm. La presión de vapor de equilibrio del agua a 20℃ es 17.54 Torr; la composición del aire seco, en tanto por ciento en mol, es 78 de N2, 21 de O2 y 1 de Ar.

a) Calcúlense las presiones parciales del nitrógeno, oxígeno y argón en la mezcla húmeda.

b) Calcúlense las fracciones mol de nitrógeno, oxígeno, argón y agua en la mezcla húmeda

Datos:

T=20℃=293.15K

Paire húmedo=1atm

Pvapor de agua=17.54Torr=0.023079a tm

Aire seco:

X N2=78%=0.78

XO 2=21%=0.21

X Ar=1%=0.01

Solución

a) En la muestra seca

Paire húmedo=Paireseco+P vapor deagua

Paire seco=Pairehúmedo−Pvapor de agua

Paire seco=1atm−0.023079atm

Paire seco=0.976921atm

PN2=XN2

∗Paire seco=0.78 (0.976921atm )=0.761998atm

PO2=XO2

∗Paireseco=0.21 (0.976921atm )=0.205153atm

PAr=X Ar∗Paireseco=0.01 (0.976921atm )=0.009769atm

b) En la muestra húmeda

Paire húmedo=PN2+PO 2

+PAr+PH 2O

PH2O=Pairehúmedo−(PN 2+PO2

+PAr)

PH2O=1atm−(0.761998atm+0.205153atm+0.009769atm)

PH2O=0.023079atm

X N2=

PN2

Paire húmedo=0.761998atm

1atm=0.761998

XO 2=

PO2

Pairehúmedo=0.205153atm

1atm=0.205153

X Ar=PAr

Pairehúmedo= 0.009769atm

1atm=0.009769

X H 2O=

PH 2O

Pairehúmedo=0.023079atm

1atm=0.023079

2.11. Considérese una muestra de 20L de aire húmedo a 60℃ bajo una presión total de 1 atm en la que la presión parcial del vapor de agua es 0.120 atm. Supóngase la composición del aire seco dada en el problema 2.10.

a) ¿Cuáles son los porcentajes en mol de cada uno de los gases en la muestra?

b) El porcentaje de humedad relativa se define como %H.R.=100 Pw/Pwo, donde Pw es la presión parcial en la muestra y Pwo es la presión de vapor de equilibrio del agua a la temperatura en cuestión. A 60℃ , Pwo=0.197 atm. ¿Qué volumen debe ocupar la mezcla a 60℃ si la humedad relativa ha de ser del 100%?

c) ¿Qué fracción del agua se condensará si la presión total de la mezcla aumenta isotérmicamente hasta 200 atm?

Datos:

V=20L

T=60℃=333.15K

Pvapor de agua=0.120atm

Aire seco:

X N2=78%=0.78

XO 2=21%=0.21

X Ar=1%=0.01

Solución

a) En la muestra seca

Paire húmedo=Paireseco+P vapor deagua

Paire seco=Pairehúmedo−Pva por de agua

Paire seco=1atm−0.120atm

Paire seco=0.88atm

PN2=XN2

∗Paire seco=0.78 (0.88atm )=0.6864 atm

PO2=XO2

∗Paireseco=0.21 (0.88atm )=0.1848atm

PAr=X Ar∗Paireseco=0.01 (0.88atm )=0.0088atm

En la muestra húmeda

Paire húmedo=PN2+PO 2

+PAr+PH 2O

PH2O=Pairehúmedo−(PN 2+PO2

+PAr)

PH2O=1atm−(0.6864atm+0.1848atm+0.0088atm)

PH2O=0.12atm

X N2=

PN2

Paire húmedo=0.6864atm

1atm=0.6864=68.64%N2

XO 2=

PO2

Pairehúmedo=0.1848a tm

1atm=0.1848=18.48%O2

X Ar=PAr

Pairehúmedo=0.0088atm

1atm=0.0088=0.88% Ar

X H 2O=PH 2O

Pairehúmedo=0.120atm

1atm=0.120=12%H 2O

b) T=60℃=333.15K

HR=100%

%H . R .=100 PwPwo

Pwo=0.197atm

Pw=%HR∗Pwo100

Pw=100∗0.197atm100

Paire seco=Pw=0.197 atm

PT=Paire seco+PH 2O

PT=0.197atm+0.120 atm

PT=0.317atm

Aire seco

PV=nRT

n=PVRT

n= (0.197 atm ) (20L )

(0.082 atm. Lmol K ) (333.15K )

n=0.144226mol

Cuando:PT=0.317atm

V=nRTP

V=(0.144226mol )(0.082 atm . L

mol K ) (333.15K )

(0.317atm )

V=12.42 L

c) PT=200atm

PT=Paire seco+PH 2O

PH2O=PT−Paire seco

PH2O=200atm−0.197atm

PH2O=199.803atm

X H 2O=PH 2O

PT

X H 2O=199.803atm200atm

X H 2O=0.999015

2.12. Un recipiente contiene agua líquida en equilibrio con vapor de agua a 30℃ . La presión de vapor de equilibrio del agua a 30℃ es 31.82Torr . Si el volumen del recipiente aumenta, cierta cantidad de agua líquida se evapora para mantener la presión de equilibrio. Hay 0.90 g de agua presentes. ¿Cuál debe ser el volumen del recipiente si se ha de evaporar todo el líquido? (El volumen del agua líquida puede ignorarse)

Datos:

T=30℃=303.15K

Pvapor de agua=31.82Torr=0.041868atm

gH 2O=0.90 g

MH 2O=18g

mol

V=?

Solución

PV=nRT

V= gRTM P

V=(0.90 g )(0.082 atm .L

mol . K ) (303.15K )

(18 gmol )(0.041868atm )

V=29.67L

2.13. La presión total de una mezcla de oxigeno e hidrógeno es 1 atm. La mezcla se incendia y el agua formada se separa. El gas restante es hidrógeno puro y ejerce una presión de 0.40 atm cuando se mide bajo las mismas condiciones de V y T que la mezcla original. ¿Cuál era la composición original de la mezcla (en % en mol)?

Datos:

P=1atm

PH puro=0.40atm

X H 2=?

XO 2=?

Solución

X H puro=

PH puro

P=0.40atm

1atm=0.40

X H 2=2 (0.40 )

X H 2=0.80=80%H2

X=X H 2+XO2

XO 2=X−X H2

XO 2=1−0.80

XO 2=0.20=20%O2

2.14. Una mezcla de nitrógeno y vapor de agua se introduce en un frasco que contiene un agente secante sólido. Inmediatamente después de la introducción, la presión en el frasco es de 760 Torr. Después de varias horas, la presión alcanza el valor estacionario de 745 Torr.

a) Calcúlese la composición, en porcentaje en mol, de la mezcla original.

b) Si el experimento se realiza a 20℃ y el peso del agente secante aumenta en 0.150g, ¿cuál es el volumen del frasco? (el volumen ocupado por el agente secante se puede ignorarse.)

Datos:

Pi=760Torr=1atm

Pf=745Torr=0.980263atm

T=20℃=293.15K

gagente secante=gH 2O=0.150g

Solución

a) Pi=PN2+PH 2O

Pf=PN2

X N2=

PN2

PT=

P f

Pi=0.980263atm

1atm=0.980263=98.0263%N2

X H 2O=

PH 2O

PT=

Pi−PN2

Pi=1atm−0.980263atm

1atm=0.019737=1.9737%H2O

b) T=20℃=293.15K

gH 2O=0.150 g

MH 2O=18g

mol

PV= gM

RT

V= gRTM P

=(0.150g )(0.082 atm . L

mol .K )(293.15K )

(18 gmol ) (0.019737atm )

V=10.149423 L

2.15. Se analiza una mezcla de oxigeno e hidrógeno pasándola por óxido de cobre caliente y a través de un tubo de secado. El hidrógeno reduce el CuO según la ecuación:

CuO+H 2→Cu+H2O

El oxigeno se re oxida el cobre formado:

Cu+12O2→CuO

100.0 cm3 de la mezcla metidos a 25℃ y 750 Torr producen 84.5 cm3 de oxigeno seco, medidos a una temperatura de 25℃ y 750 Torr después de su paso por CuO y el agente secante. ¿Cuál es la composición original de la mezcla?

Datos:

V=100 cm3=0.1L

T=TO2=25℃=298.15K

P=PO 2=750Torr=0.986842atm

V O2=84.5cm3=0.0845 L

Solución

PV=nRT

nT=PVRT

=(0.986842atm ) (0.1 L )

(0.082 atm .Lmol . K ) (298.15K )

=0.004036mol

nO 2seco=PV

RT=

(0.986842atm ) (0.0845L )

(0.082 atm .Lmol . K ) (298.15K )

=0.003411mol

Moles de oxigeno resultantes

nO 2=nO2 seco+nO2 que reaccionaron

nO 2quereaccionaron=12nH 2

nH 2=2nO2 que reaccionaron

Numero total de la mezcla:

nT=nO 2+nH 2

nT=nO 2 seco+nO 2que reaccionaron+nH 2

nT=nO 2 seco+12nH 2

+nH 2

nT−nO 2 seco=32nH 2

nH 2=23 (nT−nO2 seco )

nH 2=23

(0.004036mol−0.003411mol )

nH 2=0.0004166mol

Composición inicial

X H 2=

nH2

nT=0.0004166mol0.004036mol

=0.103238=10.32%H2

XO 2=

nO2

nT=

(0.0002083mol+0.003411mol )0.004036mol

=0.896754=89.68%O2

2.16. Una muestra de etano, C2H6, se quema en un volumen de aire tal, que contiene el doble del oxigeno necesario para quemar completamente el C2H6 y producir CO2 y H2O. Después de que el etano se quema completamente, ¿Cuál es la composición (en fracción mol) de la mezcla gaseosa? Supóngase que toda el agua presente esta en fase vapor y que el aire es 78% de nitrógeno, 21% de oxigeno y 1% de argón.

Datos:

X N2=78%=0.78

XO 2=21%=0.21

X Ar=1%=0.01

2C2H 6+7O2↔4CO2+6H 2O

Solución

Composición inicial

X H 2=

nH2

nT=0.747=74.7%H 2

XO 2=

nO2

nT=0.101=10.1%O2

X Ar=nH 2

nT=0.010=1%Ar

XCO 2=

nCO2

nT=0.058=5.8%CO2

X H 2O=

nH 2O

nT=0.086=8.6%H 2O

2.17. Una mezcla de gases esta compuesta de etano y butano. Se llena un matraz de 200 cm3 de capacidad con el gas a una presión de 100 kPa a 20℃ . Si el peso del gas en el matraz es 0.3846 g, ¿Cuál es el porcentaje en mol del butano en la mezcla?

Datos:

V=200 cm3=0.2L

P=100 kPa=0.98781atm

T=20℃=293.15K

ggas=0.3846g

MC2H6=30 g

mol

MC4H10=58 g

mol

Solución

PV=nRT

n=PVRT

= (0.98781atm ) (0.2L )

(0.082 atm. Lmol .K ) (293.15K )

ngas=0.008219mol

ngas=nC2H6+nC4H10

ngas=gC2H6

MC2H 6

+gC4H 10

MC4H 10

ggas=gC2H 6

+gC4H 10

gC2H 6

=ggas−gC4H 10

ngas=gC2H6

MC2H 6

+gC4H 10

MC4H 10

=ggas−gC4H10

MC2H6

+gC4H10

MC4H 10

=0.3846−gC4H 10

30+gC4 H 10

58

0.008219=0.3846−gC4 H 10

30+gC4H 10

58

0.008219=0.01282−0.033333 gC4H10+0.017241 gC4 H 10

0.033333 gC4H10−0.017241gC 4H 10

=0.01282−0.008219

0.016092gC4H 10=0.004601

gC4 H 10=0.0046010.016092

gC4 H 10=0.285918g

nC4 H 10=

gC4H 10

MC 4H10

=0.285918 g

58 gmol

=0.004929mol

XC 4H 10=

nC4H 10

ngas=0.004929mol0.008219mol

=0.599784=59.9784 %C4H 10

2.18. Un matraz de 138.2 mL de volumen contiene 0.6946 g de gas a 756.2 Torr y 100℃. ¿Cuál es la masa molar del gas?

Datos:

V=138.2ml=0.1382 L

g=0.6946g

P=756.2Torr=0.995atm

T=100℃=373.15K

Solución

PV=nRT

PV= gM

RT

M= gRTPV

=(0.6946g )(0.082 atm . L

mol .K ) (373.15K )

(0.995atm ) (0.1382 L )

M=154.6 gmol

2.19. Considérese una columna isotérmica de un gas ideal a 25℃ . ¿Cuál debe ser la masa molar de este gas si la presión es 0.80 de su valor inicial del suelo a a) 10Km, b) 1 km, y c) 1m, d)¿qué tipo de moléculas tiene la masa molar de la magnitud en c)?

Datos:

T=25℃=298.15K

P=0.80Po

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) Z=10km=10000m

P=Po e−M gz

RT

0.80Po

Po=e

−M gzRT

ln 0.80=ln e−MgzRT

ln 0.80=−M gzRT

M=−RT ( ln 0.80 )

gz=

−(8.314 Jmol .K )(298.15 K ) ( ln 0.80 )

(9.8ms2 ) (10000m)

M=5.6442∗10−3 kgmol

∗|1000g1kg |M=5.6442 g

mol

b) Z=1km=1000m

P=Po e−M gz

RT

0.80Po

Po=e

−M gzRT

ln 0.80=ln e−M gzRT

ln 0.80=−M gzRT

M=−RT ( ln 0.80 )

gz=

−(8.314 Jmol .K )(298.15 K ) ( ln 0.80 )

(9.8ms2 ) (1000m)

M=0.056442 kgmol

∗|1000g1kg |M=56.442 g

mol

c) Z=1m

P=Po e−M gz

RT

0.80Po

Po=e

−M gzRT

ln 0.80=ln e−M gzRT

ln 0.80=−M gzRT

M=−RT ( ln 0.80 )

gz=

−(8.314 Jmol .K )(298.15 K ) ( ln 0.80 )

(9.8ms2 ) (1m)

M=56.442 kgmo l

d) La masa molar del literal c) nos muestra que las moléculas son macromoléculas por lo tanto se tratan de polímeros.

2.20. Suponiendo que el aire tiene una masa molar media de 28.9 g/mol, y que la atmósfera es isotérmica ha 25℃ , calcúlese la presión barométrica en Denver, que esta a 1600 m sobre el nivel del mar; calcúlese la presión barométrica en la cima del monte Evans, a 4348 m sobre el nivel del mar. La presión al nivel del mar puede tomarse como 760 Torr.

Datos:

M=28.9 gmol

T=25℃=298.15K

P=760Torr

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) z=1600m

P=Po e−M gz

RT

P= (760Torr )∗e

−(28.9 gmol )(9.8ms2 )(1600m )

(8.314 Jmol. K ) (298.15K )

∗( 1kg1000 g )

P=633.024296Torr

b) z=4348m

P=Po e−M gz

RT

P= (760Torr )∗e

−(28.9 gmol )(9.8ms2 )(4348m)

(8.314 Jmol. K ) (298.15K )

∗( 1kg1000g )

P=462.447606Torr

2.21. Considérese un gas ideal de papas que tiene las siguientes propiedades: obedece la ley del gas ideal y las partículas individuales pesan 100g, pero no ocupan volumen (es decir, son masas puntuales).

a) A 25℃, calcúlese la altura a la cual el número de papas por centímetro cúbico disminuye hasta una millonésima parte de su valor a nivel del suelo.

b) Sabiendo que las papas reales ocupan volumen, ¿hay alguna correlación entre el resultado del cálculo en a) y la distribución espacial observada de las papas en una bolsa de papel?

Datos:

gi=100 g=0.1kg

NN o

=10−6

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) T=25℃=298.15K

N=N o e−M gzRT

ln NNo

=−M gzRT

z= RTM g ( ln No

N )La masa molecular de una papa es igual a su masa por el número de Avogadro:

M=gi∗N A=0.1kg∗6.023∗1023=6.023∗1022

Entonces

z=(8.314 J

mol .K )(298.15K )

(6.023∗1022kg )(9.8 ms2 )

( ln 106 )

z=5.801935∗10−20m

b) Si hay correlación ya que la altura obtenida en a) es despreciable, lo que implica que todas las papas están en el suelo y esto es lo que observamos.

2.22. Considérese la presión a una altura de 10 km en una columna de aire, M=0.0289 kgmol . Si la

presión al nivel del suelo permanece a 1 atm, pero la temperatura cambia de 300K a 320K, ¿Cuál seria el cambio de presión a la altura de 10 km?

Datos:

Z=10km=10000m

M=0.0289 kgmol

Po=1atm

T 1=300 K

T 2=320K

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

P1=Po e−M gzRT

P1=(1atm ) e

−(0.0289 kgmol )(9.8 m

s2 )(10 000m)

(8.314 Jmol .K ) (300K )

P1=0.321257 atm

P2=Po e−M gz

RT

P2=(1atm ) e

−(0.0289 kgmol )(9.8 m

s2 )(10000m)

(8.314 Jmol . K ) (320K )

P2=0.344885atm

∆ P=P2−P1=0.344885atm−0.321257atm

∆ P=0.024atm

2.23. A 300K, una mezcla de gases en un campo gravitacional ejerce una presión total de 1 atm y

consta de 0.600 de fracción mol de nitrógeno, M=0.0280 kgmol ; el resto es dióxido de carbono,

M=0.0440 kgmol .

a) Calcúlese las presiones parciales de N2 y CO2, la presión total, y la fracción mol de N2 en la mezcla a una altitud de 50 km.

b) Calcúlese el número de moles de nitrógeno a una altura entre 0 y 50 km en una columna cuya área de sección transversal es 5 m2.

Datos:

T=300K

P=1atm

PoN 2=0.600

MN 2=0.0280 kg

mol

PoCO2=0.400

MCO2=0.0440kgmol

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) z=50km=50000m

P=Po e−M gz

RT

PN2=(0.600 )e

−(0.0280 kgmol )(9.8ms2 )(50000m)

(8.314 Jmol. K ) (300K )

PN2=0.00245atm

P=Po e−M gz

RT

PCO2=(0.400 ) e

−(0.0440 kgmol )(9.8 m

s2 ) (50000m )

(8.314 Jmol . K ) (300K )

PCO2=0.000071atm

PT=PN 2+PCO2

PT=0.00245atm+0.000071atm

PT=0.002521atm

X N2=

PN2

PT= 0.00245atm0.002521atm

=0.971761=97.1761%N 2

b) A=5m2

n=A∗~Co∗RT

M g(1−e

−M gzRT )

nN2= (5m2 )

(1 molL )∗(8.314 J

mol .K ) (300K )

(0.028 kgmol )(9.8 m

s2 )∗(1−e

−(0.028 kgmol )(9.8ms2 )(50000m)

(8.314 Jmol . K ) ( 300K )

)

nN2=1.12∗106mol

2.24. L a composición aproximada de la atmósfera a nivel del mar está dada en la siguiente tabla.

Despreciando los cuatro últimos componentes, calcúlese las presiones parciales del resto, la presión total y la composición de la atmósfera, en tanto por ciento en mol, a alturas de 50 y 100 km (t=25 °C).

Datos:

T=25℃=298.15K

X N2=78.09%=0.7809;M N2

=0.0280 kgmol

XCO2=0.03%=0.0003;MCO2

=0.0440 kgmol

XO 2=20.93%=0.2093 ;MO2

=0.0320 kgmol

X Ar=0.93%=0.0093 ;M Ar=0.039948kgmol

X Ne=0.0018%=0.000018 ;MNe=0.020183kgmol

X He=0.0005%=5∗10−6 ;MHe=0.004kgmol

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) z=50km=50000m

P=Po e−M gz

RT

PN2=(0.7809 )e

−(0.0280 kgmol )(9.8ms2 ) (50000m)

(8.314 Jmol. K )(298.15K )

PN2=3.0819∗10−3atm

PCO2=(0.0003 ) e

−(0.0440 kgmol )(9.8ms2 )(50000m )

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PCO2=5.0091∗10−8atm

PO2= (0.2093 ) e

−(0.0320 kgmol )(9.8ms2 ) (50000m )

(8.314 Jmol .K ) (298.15K )

PO2=3.7463∗10−4atm

PAr= (0.0093 ) e

−(0.039948 kgmol )(9.8 m

s2)(50000m)

(8.314 Jmol. K ) (298.15K )

PAr=3.4593∗10−6atm

PNe=(0.000018 ) e

−(0.020183 kgmol )(9.8ms2 )(50000m )

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PNe=3.331∗10−7atm

PHe=(5∗10−6 )e

−(0.004 kgmol )( 9.8ms2 ) (50000m)

(8.314 Jmol. K ) (298.15K )

PHe=2.2676∗10−6atm

PT=PN 2+PCO2

+PO2+PAr+PNe+PHe

PT=3.0819∗10−3atm+5.0091∗10−8atm+3.7463∗10−4atm+3.4593∗10−6atm+3.331∗10−7atm+2.2676∗10−6atm

PT=3.4626∗10−3atm

X N2=

PN2

PT=3.0819∗10

−3atm3.4626∗10−3atm

=0.89=89%N 2

XCO2=

PCO2

PT=5.0091∗10

−8atm3.4626∗10−3atm

=0.000014=0.0014%CO2

XO 2=

PO 2

PT=3.7463∗10

−4atm3.4626∗10−3atm

=0.1082=10.82%O2

X Ar=PAr

PT=3.4593∗10

−6atm3.4626∗10−3atm

=0.001=0.1%Ar

X Ne=PNe

PT= 3.331∗10−7atm3.4626∗10−3atm

=0.000097=0.0097%Ne

X He=PHe

PT=2.2676∗10

−6atm3.4626∗10−3atm

=0.000654=0.0654%He

b) z=100km=100000m

P=Po e−M gz

RT

PN2=(0.7809 )e

−(0.0280 kgmol )(9.8ms2 ) (100000m )

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PN2=1.2163∗10−5atm

PCO2=(0.0003 ) e

−(0.0440 kgmol )(9.8ms2 )(100000m )

(8.314 Jmol. K ) (298.15K )

PCO2=8.3638∗10−12atm

PO2= (0.2093 ) e

−(0.0320 kgmol )(9.8ms2 ) (100000m)

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PO2=6.7055∗10−7atm

PAr= (0.0093 ) e

−(0.039948 kgmol )(9.8 m

s2)(100000m )

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PAr=1.2867∗10−9atm

PNe=(0.000018 ) e

−(0.020183 kgmol )(9.8ms2 )(100000m)

(8.314 Jmol . K ) (298.15K )

PNe=6.1644∗10−9atm

PHe=(5∗10−6 )e

−(0.004 kgmol )(9.8ms2 ) (100000m )

(8.314 Jmol . K ) ( 298.15K )

PHe=1.0284∗10−6atm

PT=PN 2+PCO2

+PO2+PAr+PNe+PHe

PT=1.2163∗10−5atm+8.3638∗10−12atm+6.7055∗10−7atm+1.2867∗10−9atm+6.1644∗10−9atm+1.0284∗10−6atm

PT=1.3869∗10−5atm

X N2=

PN2

PT=1.2163∗10

−5atm1.3869∗10−5atm

=0.8770=87.7%N 2

XCO2=

PCO2

PT=8.3638∗10

−12 atm1.3869∗10−5atm

=6.0306∗10−7=6.0306∗10−5%CO2

XO 2=

PO 2

PT=6.7055∗10

−7atm1.3869∗10−5atm

=0.0483=4.83%O2

X Ar=PAr

PT=1.2867∗10

−9atm1.3869∗10−5atm

=9.2775∗10−5=0.0093%Ar

X Ne=PNe

PT=6.1644∗10

−9atm1.3869∗10−5atm

=0.00044=0.044%Ne

X He=PHe

PT=1.0284∗10

−6atm1.3869∗10−5atm

=0.0742=7.42%He

2.25. Una solución de un polímero, M=200 kgmol , a 27 °C, llena un recipiente hasta una

profundidad de 10 cm. Si la concentración de la solución de polímero en el fondo de la solución es Co, ¿Cuál es la concentración en la parte superior de la solución?

Datos:

M=200 kgmol

T=27℃=300.15K

z=10 cm=0.1m

Co=Co

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

C=Co e−M gzRT

C=Co e

−(200 kgmol )(9.8 ms2 ) (0.1m )

(8.314 Jmol .K ) (300.15K )

C=Co e−0.07854

C=0.9245Co

2.26. A 300 K considérese una solución coloidal, M=150 kgmol ,en un campo gravitacional. Si la

concentración del coloide es 0.00080 mol/L en la parte superior de la solución, y 0.0010 mol/L en el fondo:

a) ¿Cuál es la profundidad de la solución?

b) Calcúlese la concentración promedio del coloide en los 0.10 m mas bajos de la solución.

c) Calcúlese el numero de moles en los 10cm más bajos de la solución, si el área de la sección transversal del recipiente es 20 cm2.

Datos:

M=150 kgmol

C=0.00080 molL

Co=0.0010molL

T=300K

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) C=Co e−M gzRT

ln ( CCo )=−M gzRT

z=−RTM g ln( CCo )

z=−(8.314 J

mol .K )(300 K )

(150 kgmol )(9.8 m

s2 )ln( 0.00080

molL

0.0010molL

)z=0.3786m∗|100 cm1m |z=37.86cm

b) z=0.10m

C=Co e−M gzRT

C=(0.0010molL )e

−(150 kgmol )(9.8 ms2) (0.10m )

(8.314 Jmol . K ) (300K )

C=9.43 ¿10−4molL

~C=9.43 ¿10−4mol

L+0.0010mol

L2

~C=9.715 ¿10−4 molL

c) A=20cm2=0.002m2

n=A∗~Co∗RT

M g(1−e

−M gzRT )

n=(0.002m2)(1 mol

L )∗(8.314 Jmol .K )(300K )

(150 kgmol )(9.8 m

s2 )∗(1−e

−(150 kgmol )(9.8ms2 )(0.10m)

(8.314 Jmol . K ) (300K )

)

n=1.94∗10−4mo l

2.27. Una solución polimérica tiene una concentración promedio, ⟨~c ⟩=0.100mol/m3, y una masa molar promedio de 20.0 kg/mol. A 25 °C, la solución llena un cilindro de 50 cm de altura. ¿Cuáles son las concentraciones del polímero en la parte superior y en el fondo del cilindro?

Datos:

M=20 kgmol

~C=0.100molm3

T=25℃=298.15K

z=50cm=0.5m

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

~C=Ca los50 cm+C enel fondo

2

Ca los50 cm=2~C−C enel fondo

Co=C enel fondo

C=Ca los50 cm

C=Co e−M gzRT

C=Co e

−(20 kgmol )(9.8ms2 )(0.5m )

(8.314 Jmol. K )(298.15K )

C=0.9612Co

2~C−Co=0.9612Co

2~C=0.9612Co+Co

2 (0.100 )=1.9612Co

Co=0.102molm3

C=0.9612(0.102 molm3 )

C=0.098 molm3

2.28. A 300K, una solución polimérica llena un cilindro hasta una profundidad de 0.20m; el área de la sección transversal es 20 cm2.

a) Si la concentración en la parte superior de la solución es el 95% de la del fondo, ¿cuál es la masa molar del polímero?

b) Calcúlese la masa total del polímero en el recipiente, si ~CO=0.25

molm3

.

c) Calcúlese la concentración promedio del polímero en la solución.

Datos:

T=300K

z=0.20m

A=20cm2=0.002m2

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

a) C=Co e−M gzRT

C=0.95C o

0.95Co=Co e

−M (9.8 ms2 )( 0.20m )

(8.314 Jmol. K )(300K )

0.95Co

Co=e

−M(9.8ms2 )(0.20m )

(8.314 Jmol . K ) (300K )

ln 0.95=−M (9.8 m

s2 ) (0.20m)

(8.314 Jmol . K ) (300 K )

M=−(8.314 J

mol .K )(300K )

(9.8 ms2 )(0.20m )

ln 0.95

M=65.27 kgmol

b)~CO=0.25

molm3

nM=A∗~Co∗RT

g(1−e

−MgzRT )

g= (0.002m2 )(0.25 mol

m3 )∗(8.314 Jmol .K )(300 K )

(9.8 ms2 )

∗(1−e

−(65.27 kgmol)(9.8ms2 ) (0.20m )

(8.314 Jmol .K )(300K )

)

g= (0.127255 kg )(0.05)

g=6.3628∗10−3kg∗|1000 g1kg |gpolímero=6.3628 g

c) C=Co e−M gzRT

~CO=0.25molm3

C=(0.25molm3 )e

−(65.27 kgmol )(9.8 m

s2 )(0.20m )

(8.314 Jmol . K ) ( 300K )

C=(0.25molm3 )0.95

C=0.2375 molm3

~C=Ca los0.20m+Cenel fondo

2

~C=(0.2375 mol

m3 )+(0.25molm3 )

2

~C=0.244 molm3

2.29. Un globo de 10000m3 de capacidad se llena con helio a 20℃ y a 1 atm de presión. Si el globo se carga con un 80% de la carga que puede levantar a nivel del suelo, ¿a qué altura alcanzará el estado de reposo? Supóngase que el volumen del globo es constante, la atmósfera isotérmica,

20℃ , la masa molar del aire, 28.9 gmol y la presión a nivel del suelo, 1 atm. La masa del globo es

1.3∗106g .

Datos:

V=10000m3

T=20℃=293.15K

P=1atm=101234 Nm2

M aire=28.9g

mol=0.0289 kg

mol

MHe=4g

mol=0.004 kg

mol

gglobo=1.3∗106g=1300 kg

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

W aire=W He+W globo+W carga

El peso de la masa del aire desalojado varía con la altura por lo que:

W aire=maire∗g=ρVg=ρVg e−M gzRT =g

M aire PVRT

e−M gzRT

Ya que:

ρ=mV

= M PRT

Para el Helio es de manera similar:

W He=mHe∗g=ρVg=ρVg e−M gzRT =g

MHe PVRT

e−M gzRT

El peso del globo no varía con la altura

W globo=mglobo∗g

Para la carga sabemos que a nivel del suelo la carga máxima seria aquella que sumada al peso del globo y del helio igualara el peso del volumen del aire desalojado, es decir.

W carga máxima=gM aire PV

RT−mglobog−g

M HePVRT

W carga=0.80W carga máxima

El globo alcanzará el reposo cuando:

gM aire PV

RTe

−M gzRT =g

MHePVRT

e−M gzRT +mglobog+0.80(g M airePV

RT−mglobog−g

MHePVRT )

M airee−M gzRT −M Hee

−M gzRT =0.2mglobo

RTPV

+0.80 (M aire−MHe )

(0.0289 kgmol )e

−(0.0289 kgmol )(9.8 m

s2 ) z(8.314 J

mol . K ) ( 293.15K )−(0.004 kg

mol )e−(0.004 kg

mol )(9.8ms2 ) z(8.314 J

mol .K ) (293.15K )=0.2 (1300 kg )

(8.314 Jmol .K ) (293.15 K )

(101234 Nm2 ) (10000m3 )

+0.80(0.0289 kgmol

−0.004 kgmol )

(0.0289 kgmol )e

−(0.0289 kgmol )(9.8 m

s2 ) z(8.314 J

mol . K ) ( 293.15K )−(0.004 kg

mol )e−(0.004 kg

mol )(9.8ms2 ) z(8.314 J

mol .K ) (293.15K )=0.2 (1300 kg )

(8.314 Jmol .K ) (293.15 K )

(101234 Nm2 ) (10000m3 )

+0.80(0.0289 kgmol

−0.004 kgmol )

(0.0289 kgmol )e−1.1462∗10−4 z−(0.004 kg

mol )e−1.6084∗10−5 z=0.02054593 kgmol

Aplicando método numérico se tiene que alcanzará el globo el estado de reposo a:

z=1410m=1.41 km

2.30. Al morir Julio César, su última exhalación tenía un volumen de unos 500cm3. El aire expulsado tenía 1% en mol de argón. Supóngase que la temperatura era de 300K y que la presión a nivel del suelo era 1 atm. Supóngase que la temperatura y la presión son uniformes sobre la superficie y aún tienen esos valores. Si las moléculas de argón de César han permanecido todas en la atmósfera y se han mezclado completamente a través de ella, ¿cuántas inhalaciones de 500cm3 cada una debemos realizar en promedio para inhalar una de las moléculas de argón de César? El radio medio de la Tierra es 6.37x106m.

Datos:

V=500 cm3=0.0005m3=0.5 L

X Ar=1%=0.001

M Ar=39.948g

mol=0.039948 kg

mol

T=300K

Po=1atm

rtierra=6.36∗106m

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

V atm=A superficie dela tierra∗h=4 π r2 z

nJC=∫0

∞

nJCo e

−M gzRT 4 π r2dz

Integrando:

nJC=nJCo RTM g

4 π r2

nJCo= M gn4π r2 RT

nJC=X ArPVRT =0.01( (1atm ) (0.5 L )

(0.082 atm . Lmol .K )(300K ) )=2.0325∗10−4mol

N JCo=nJC

o∗No=M g n4 π r2 RT

∗No

No=Númerode Avogadro=6.023∗1023moléculas

N JCo=

(0.039948 kgmol )(9.8 m

s2 )(2.0325∗10−4mol )

4 π (6.36∗106m )2(8.314 Jmol . K ) (300K )

∗(6.023∗1023moléculas )

N JCo=(37.8018 moléculas

m3 )(0.0005 m3

inhalaciones )=0.0189 moléculasinhalaciones

El inverso nos dará el número de inhalaciones necesarias para aspirar una molécula de Julio César

1

0.0189 moléculasinhalaciones

=52.9 inhalacionesmoléculas

=53 inhalacionesmoléculas

2.31. Mostrar que x i=( y i

M i)

[( y1M 1 )+( y2

M 2 )+…], en la que x i, y i y M i son la fracción mol, el porcentaje

en peso y la masa molar del componente i, respectivamente.

Solución

ni=g i

M i

x i=ni

nT

y i=g i

gT∗100

Si: nT=n1+n2+………..ni

Entonces:

ni=y i gT

100M i

Por lo tanto:

nT=y1gT

100M 1+

y2 gT

100M 2+……… .. .

x i=

y igT

100M i

y1 gT

100M 1+

y2gT

100M 2+……… ...

=

gT

100 ( y i

M i)

gT

100 ( y1M 1

+y2M 2

+………..)

x i=( yi

M i)

( y1M 1

+y2M2

+……… ..)

2.32. Exprésense las presiones parciales en una mezcla de gases a) en función de las concentraciones volumétricas ~c i, y b) en función de las razones mol ri.

Solución

a) Pi=X iP

X i=n i

n

Ecuación de estado:

PV=nRT

Pn

=RTV

Por lo tanto:

Pi=ni RTV

Concentración molar

C i=ni

V

La presión parcial en función de la concentración molar

Pi=C iRT

b) Las razones molares se definen como:

ri=ni

n1

1+∑ r i=∑ n i

n1=

nT

n1

X i=ni

nT=

r i(1+∑ r i )

Por lo tanto:

Pi=X iP=ri

(1+∑ ri )P

Pi=r i

(1+∑ r i)P

2.33. Si a una altura Z dada la presión de un gas es pz y que a z=0 es po, demuéstrese que a

cualquier altura z,p=po fz/Z, donde f=pz/ po.

Solución

z=z

P z=Po e−M gzRT

1 .P z=Po(e−M gRT )z

z=Z

P z=Po e−M gZ

RT

2 .P z=Po(e−M gRT )Z

Pz

Po=(e−M g

RT )Z

Despejando de 2

3.( P z

Po)1Z=e

−M gRT

Remplazo 3 en 1

P z=Po(( P z

Po )1Z )

z

4 . P z=Po( Pz

Po)zZ

5 . f =P z

Po

Remplazo 5 en 4

P z=Po fzZ

2.34. Considérese un gas ideal con una masa molar fija y a una temperatura específica en un campo gravitacional. Si a 5.0 Km de altura la presión es 0.90 de su valor al nivel del suelo, ¿qué fracción del valor al nivel del suelo se tendrá a 10 Km? ¿A 15 Km?

Datos:

z=5km=5000m

P=0.90Po

R=8.314 Jmol .K

g=9.8ms2

Solución

P=Po e−M gz

RT

PPo

=e−M gzRT

ln PPo

=−M gzRT

ln (0.90 Po

Po )=−M (9.8 m

s2 )(5000m )

T (8.314 Jmol . K )

ln (0.90 )=−M (9.8ms2 ) (5000m )

T (8.314 Jmol . K )

ln (0.90 )=−5893.6733 MT

ln (0.90 )−5893.6733

=MT

MT

=1.7877∗10−5 kgmol . K

a) z=10km=10000m

P=Po e−M gz

RT

PPo

=e−M gzRT

PPo

=e

−(1.7877∗10−5 kgmol . K )(9.8ms2 )(10000m)

(8.314 Jmol . K )

PPo

=e−0.2107

PPo

=0.81

b) z=15km=15000m

P=Po e−M gz

RT

PPo

=e−M gzRT

PPo

=e

−(1.7877∗10−5 kgmol . K )(9.8ms2 )(15000m)

(8.314 Jmol . K )

PPo

=e−0.3161

PPo

=0.73

2.35. a) Demuéstrese que si calculamos el número total de moléculas de un gas en la atmósfera aplicando la fórmula barométrica, obtendríamos el mismo resultado que si suponemos que el gas

tiene la presión del nivel del suelo hasta una altura z= RTMg y que la presión es cero por encima de

ese nivel.

b) Demuéstrese que la masa total de la atmósfera terrestre está dada por Apo

g, donde po es la

presión total a nivel del suelo y A es el área de la superficie terrestre. Nótese que este resultado no depende de la composición de la atmósfera. (Resuélvase este problema calculando primero la masa de cada constituyente, fracción mol=x i, masa molar M i, y sumando. Luego, examinado el resultado, resuélvase de la manera más fácil.)

c) Si el radio medio de la Tierra es 6.37x106m y po=1atm, calcúlese la masa de la atmósfera.

Solución

a) n01 es el número de moléculas por cm3 a nivel del suelo. Si suponemos que la presión es

constante hasta una altura z y cero después, tendremos, en una fracción diferencial.

dn=n01 A dz

Integrando:

n=∫0

1

n01 A dz=n0

1 A z= RTM g

Con la fórmula de la presión barométrica tenemos:

dn=n01 A e

−M gzRT dz

Integrando el número de moléculas en la atmósfera:

n=n01 A∫

0

∞

e−M gzRT dz

n=n01 A RT

M g

b) d mi=ρoi e−M gzRT Adz

ρoi=densidad anivel del suelo

Integrando

mi=∫0

∞

ρoie−M gzRT Adz=ρoi A

RTM g

1 .mi= ρoi ARTM g

Si:

2. ρoi=M iPoi

RT

Remplazando 2 en 1:

mi=M iPoi

RTA RT

M g

3 .mi=A Poi

g

mT=∑ mi=∑ A Poi

g= A

g ∑ Poi=AgPo

mT=AgPo

c) Po=1atm

r=6.37 x106m

A=4 π r2

g=9.8ms2

mT=AgPo

mT=4 π r2

gPo

mT=4 π (6.37 x106m )2

9.8 ms2

(1atm )

mT=5.2031∗1013 atm .m2 . s2

m∗|10330 kg

m2

1atm |∗|9.8N1kg |∗| kg .ms2

1N |mT=5.2673∗10

18 kg

2.36. Puesto que los gases atmosféricos se distribuyen de forma diferente según sus masas molares, el porcentaje de cada gas es diferente del porcentaje a nivel del suelo. Los valores, x i

0, de las fracciones mol a nivel del suelo se suministran a continuación.

a) Dedúzcase una relación entre la fracción mol promedio del gas en la atmósfera y las fracciones mol a nivel del suelo.

b) Si las fracciones mol de N2, O2 y Ar a nivel del suelo son 0.78, 0.21 y 0.01, respectivamente, calcúlense las fracciones mol promedio de N2, O2 y Ar en la atmósfera.

c) Demuéstrese que la fracción de masa promedio de cualquier gas en la atmósfera es igual a su fracción mol a nivel del suelo.

Solución

a) 1 . x i=ni

nT

En fracción diferencial tenemos:

d ni=ni0 Ae

−M gzRT dz

Integrando:

2 . ni=ni0 A RT

M i g

3.nT=nT0=∑ ni

0 RT AM ig

=RT Ag ∑ ni

0

M i

Por lo tanto remplazando 3 y 2 en 1:

x i=ni0 A RT

M i g

RT Ag ∑ ni

0

M i

4 . xi=

ni0

M i

∑ ni0

M i

x i0=

ni0

nT0

5 . ni0=x i

0nT0

Remplazo 5 en 4:

x i=

x i0nT0

M i

∑ x i0nT0

M i

=

xi0nT

0

M i

∑ x i0

M inT0

=

xi0

Mi

∑ xi0

M i

x i=

x i0

M i

∑ x i0

M i

b) x i=

x i0

M i

∑ x i0

M i

∑ x i0

M i=

X N2

M N2

+XO2

MO2

+X Ar

M Ar

∑ x i0

M i= 0.78

(28 gmol )

+ 0.21

(32 gmol )

+ 0.01

(39.948 gmol )

∑ x i0

M i=0.03467mol

g

X N2=

X N2

M N2

∑ x i0

M i

=

0.78

(28 gmol )

0.03467 molg

=0.02785 mol

g

0.03467 molg

=0.8035

XO 2=

XO2

MO2

∑ xi0

M i

=

0.21

(32 gmol )

0.03467 molg

=0.00656mol

g

0.03467molg

=0.1893

X Ar=

X Ar

MAr

∑ xi0

M i

=

0.01

(39.948 gmol )

0.03467 molg

=0.00025mol

g

0.03467molg

=0.0072

c) La fracción del peso promedio se puede definir así:

f i=W ¿

W T=masa totalde i en laatmósfera

masa totalen la atmósfera

Del inciso a) tenemos que:

W ¿=n¿ M i=ni0 A RT

M igMi=ni

0 A RTg

W T=∑W ¿=∑ ni0 A RT

g= A RT

g ∑ ni0= A RT

gnT0

Por lo tanto:

f i=W ¿

W T=

ni0 A RT

gA RTg

nT0

f i=n i0

nT0

Si:

x i0=

ni0

nT0

Entonces:

f i=x i0

2.37. Considérese una columna de gas en un campo gravitacional. Calcúlese la altura Z determinada por la condición de que la mitad de la masa de la columna está situada por debajo de Z.

Solución

dm=mo e−M gzRT Adz

Si A=1cm2, tendremos:

dm=mo e−M gzRT dz

Integrando hasta una altura Z, tenemos:

m (Z )=−moe−M gz

RT RTM g|0

Z

m (Z )=−moe−M gZ

RT RTM g

+moRTM g

1.m (Z )=moRTM g

(1−e−M gZ

RT )

La masa total la obtendremos integrando hasta el infinito:

2 .mT=m (Z→∞ )=moRTM g

Dividiendo ½:

m (Z )mT

=mo

RTM g

(1−e−M gZ

RT )mo

RTM g

3.m(Z )mT

=(1−e−M gZ

RT )

Si queremos calcular Z cuando:

4.m (Z )=mT

2

Remplazando 4 en 3:

mT

2mT

=(1−e−M gZ

RT )

12=(1−e

−M gZRT )

e−MgZ

RT =(1−12 )e

−MgZRT =1

2

−M gZRT

=ln 12

Z=−RTM g

ln( 12 )

2.38. Para la disociación N2O4↔2NO2, la constante de equilibrio a 25℃ es K=0.115; ésta

relacionada con el grado de disociación α y la presión en atm por K=4∝2 p /(1−∝2). Si n es el

número de moles de N2O4 que estarían presentes si no ocurriera ninguna disociación, calcúlese V/n a P=2 atm, 1 atm y 0.5 atm, suponiendo que la mezcla de equilibrio se comporta idealmente. Compárense los resultados con los volúmenes si no ocurre la disociación.

Datos:

T=25℃=298.15K

K=0.115

K=4∝2 p /(1−∝2)

Vn

=?

Solución

Ecuación 3-1, del texto:

PV=n (1+∝ )RT

1.Vn

=(1+∝ )RT

P

Calculamos α:

a) P=2atm

K= 4∝2P(1−∝2 )

0.115= 4∝2 (2 )

(1−∝2 )

0.115−0.115∝2=8∝2

0.115=8∝2+0.115∝2

0.115=8.115∝2

∝2=0.014171

∝=0.1190

α en 1:

Vn

=(1+0.119 )(0.082 atm .L

mol .K )(298.15 K )

(2atm )

Vn

=13.6788 Lmol

Si no ocurriera disociación:

α =0

Vn

=(1+0 )RT

P

Vn

=RTP

Vn

=(0.082 atm . L

mol .K ) (298.15K )

(2atm )

Vn

=12.2242 Lmol

b) P=1atm

K= 4∝2P(1−∝2 )

0.115= 4∝2 (1 )

(1−∝2 )

0.115−0.115∝2=4∝2

0.115=4∝2+0.115∝2

0.115=4.115∝2

∝2=0.02795

∝=0.1672

α en 1:

Vn

=(1+0.1672 )(0.082 atm .L

mol . K ) (298.15K )

(1atm )

Vn

=28.5361 Lmol

Si no ocurriera disociación:

α =0Vn

=(1+0 )RT

P

Vn

=RTP

Vn

=(0.082 atm . L

mol .K ) (298.15K )

(1atm )

Vn

=24.4483 Lmol

c) P=0.5atm

K= 4∝2P(1−∝2 )

0.115=4∝2 (0.5 )

(1−∝2 )

0.115−0.115∝2=2∝2

0.115=2∝2+0.115∝2

0.115=2.115∝2

∝2=0.054373

∝=0.2332

α en 1:

Vn

=(1+0.2332 )(0.082 atm .L

mol . K ) (298.15K )

(0.5atm )

Vn

=60.2993 Lmol

Si no ocurriera disociación:

α =0Vn

= (1+0 )RTP

Vn

=RTP

Vn

=(0.082 atm . L

mol .K ) (298.15K )

(0.5atm )

Vn

=48.8966 Lmol

2.39. Para la mezcla descrita en el problema 2.38, muéstrese que a medida que p se aproxima a cero, el factor de compresibilidad Z=PV /nRT , se aproxima a 2 en lugar del valor usual de la unidad. ¿Por qué sucede esto?

Solución

Ecuación 3-1, del texto:

PV=n (1+∝ )RT

1. PVnRT

=(1+∝ )

2 . Z= PVnRT

Remplazando 2 en 1:

3.Z= (1+∝ )

La mezcla descrita en el problema 2.38:

K= 4∝2P(1−∝2 )

K (1−∝2 )=4∝2P

P→0

K (1−∝2 )=0

1−∝2=0

∝2=1

4.∝=1

4 en 3:

Z=(1+1 )

Z→2

Con la ecuación III-2:

5.nT=n (1+∝)

Cuando:

P→0

∝→1

En 5:

nT=n (1+1 )=2n

Remplazando en la ecuación de Estado:

nT=2n

PV=nT RT

6 . PV=2nRT

Despejamos de 6:

7 . PVnRT

=2

Remplazo 7 en 2:

Z=2

Es decir, el hecho de que tengamos el doble de moléculas que al principio hace que Z→2 en lugar de hacerlo a su valor normal que es la unidad.

Por lo que:

N2O4 se convierteen2N O2

GASES REALES

3.1. Cierto gas a 0℃ y 1 atm de presión tiene un valor de Z=1.00054 . Calcúlese el valor de b para este gas.

Datos:

T=0℃=273.15K

P=1atm

Z=1.00054

b=?

Solución

Ecuación (3-4) del texto:

1.Z=1+ bRT

P

RT (Z−1 )P

=b

b=RT (Z−1 )P

b=(0.082 atm . L

mol .K )(273.15K ) (1.00054−1 )

(1atm )

b=0.0121 Lmol

∗| 1m3

1000L|∗|1003 c m3

1m3 |b=1.21 c m

3

mol

3.2. Si Z=1.00054 a 0℃ y 1 atm y la temperatura de Boyle del gas es 107 K, calcúlense los valores de a y de b. (Sólo se necesitan los dos primeros términos de la expresión de Z).

Datos:

T=0℃=273.15K

P=1atm

Z=1.00054

T Boyle=107K

Solución

De la ecuación (3-9) del texto tomamos las 2 primeras expresiones:

1 . Z=1+ 1RT (b− a

RT )PT Boyle=

abR

107= ab (0.082 )

a=(107 )b (0.082 )

2 . a=8.774 b

Remplazando 2 en 1:

1.00054=1+ 1

(0.082 atm . Lmol .K )(273.15K ) (b− 8.774b

(0.082 atm . Lmol .K )(273.15 K ) ) (1atm )

1.00054−1=0.04465 (b−0.391726b )

0.027159b=0.00054

b=0.0199 Lmol

∗| 1m3

1000 L|b=1.99∗10−5 m3

mol

Remplazando b en 2:

a=8.774 (0.0199 )

a=0.1745 atm .L2

mol2∗|10330 kg

m2

1atm |∗|9.8N1kg |∗|1PaNm2 || (1m3 )2

(1000 L )2|a=0.0177 Pa .m6

mol2

3.3. Las constantes críticas para el agua son 374℃, 22.1 MPa y 0.0566 L/mol. Calcúlense valores de a, b y R; utilizando la ecuación de van der Waals, compárese el valor R con el correcto y denótese la discrepancia. Calcúlense las constantes a y b sólo a partir de Pc y T c. Utilizando estos valores y el valor correcto de R, calcúlese el volumen crítico y compárese con el valor correcto.

Datos:

T c=374℃=647.15K

Pc=22.1MPa=218.31atm

~V c=0.0566L

mol

Solución

a) Con van der Waals

a=3 Pc~V c

2

a=3 (218.31atm )(0.0566 Lmol )

2

a=2.0981 atm . L2

mol2

b=13~V c

b=(0.0566 L

mol )3

b=0.0188 Lmol

R=8~V c

3T c

R=8 (218.31atm )(0.0566 L

mol )3 (647.15K )

R=0.0509 atm .Lmol . K

El valor de la constante R de los gases es:

R=0.082 atm .Lmol . K

El valor obtenido con la ecuación de van der Waals es:

R=0.0509 atm .Lmol . K

Estos valores no concuerdan, siendo el porcentaje de error el siguiente:

%error=R calculado−Rconocido

Rcalculado∗100

%error=|0.0509 atm .L

mol . K−0.082 atm . L

mol .K |0.0509 atm. L

mol .K

∗100

%error=61.1%

El cual nos muestra que la constante de van der Waals no es muy preciso si se trabaja en el estado crítico.

b) Con las ecuaciones del texto calculamos a y b usando T c y Pc

a=27 (RT c )2

64 P c

a=27((0.082 atm . L

mol . K ) (647.15K ))2

64 (218.31atm )

a=5.4419 atm. L2

mol2

b=RT c

8 Pc

b=(0.082 atm . L

mol .K )(647.15K )

8 (218.31atm )

b=0.0304 Lmol

~V c=3b

~V c=3(0.0304 Lmol )

~V c=0.0912L

mol

El valor de la constante ~V c es:

~V c=0.0566L

mol

El valor obtenido con las ecuaciones del texto es:

~V c=0.0912L

mol

Estos valores no concuerdan, siendo el porcentaje de error el siguiente:

%error=~V ccalculado−

~V cconocido~V ccalculado

∗100

%error=|0.0912 L

mol−0.0566 L

mol|0.0912 L

mol

∗100

%error=37.9%

Aunque los valores no concuerdan nos muestran que las ecuaciones del texto de Castellan son más precisas que la ecuación de van der Waals.

3.4. Determínese la relación de las constantes a y b de la ecuación de Berthelot con las constantes críticas.

Datos:

Ecuación de Berthelot:

P= RT~V−b

− aT~V 2

Solución

P= RT~V−b

− aT~V 2=

(T~V 2 )RT−a (~V −b )(~V−b ) (T~V 2 )

= RT2~V 2−a~V +abT~V 3−bT~V 2

P= RT2~V 2−a~V +abT~V 3−bT~V 2

P (T~V 3−bT~V 2 )=RT 2~V 2−a~V +ab

PT~V 3−bPT ~V 2=RT 2~V 2−a~V +ab

PT~V 3−bPT ~V 2−RT 2~V 2+a~V−ab=0÷ PT

~V 3−b~V 2− RT~V 2

P+ a~VPT

− abPT

=0

~V 3−(b+ RTP )~V 2+ a

PT~V− ab

PT=0

Si: T=T c y P=Pc

~V 3−(b+ RTc

Pc)~V 2+ a

Pc T c

~V− abPcT c

=0

Si en el punto crítico las tres raíces son iguales, entonces:

(~V−~V c )3=0

2.~V 3−3~V c~V 2+3~V c

2~V −~V c3=0

Igualando los coeficientes de 1 y 2:

3.b+RT c

Pc=3~V c

4.3~V c2= a

P cT c

5.~V c3= ab

P cT c

Despejamos a de 4:

a=3~V c2PcT c

De 5 despejamos b y remplazamos en 3:

6.b=~V c

3PcT c

a

Remplazamos a en 6:

b=~V c

3 PcT c

3~V c2P cT c

b=~V c

3

Remplazamos b en 3:

~V c

3+RT c

Pc=3~V c

RT c

Pc=3~V c−

~V c

3

RT c

Pc=9~V c−

~V c

3

RT c

Pc=8~V c

3

R=8~V cP c

3T c

3.5. Determínese la relación de las constantes a y b de la ecuación de Dieterici con las constantes críticas. (Nótese que esto no se puede resolver igualando unas con otras las tres raíces de la ecuación.)

Datos:

Ecuación de Dieterici

P= RT~V−b

e−aRT~V

Solución

P= RT~V−b

e−aRT~V

Si Pc yT c

Pc=RT c~V−b

e−a

RT c~V

( ∂ Pc

∂~V )Tc

=−RT c

(~V −b )2e

−aR Tc

~V +RT c~V−b

e−a

RT c~V ( a

RT c~V 2 )

( ∂ Pc

∂~V )Tc

=RTc~V−b

e−a

R Tc~V ( a

RTc~V 2−

1~V−b )

( ∂ Pc

∂~V )Tc

=0

RT c~V−b

e−a

RT c~V ( a

RT c~V 2−

1~V−b )=0

( aRTc

~V 2−1

~V −b )=0a

RT c~V 2−

1~V−b

=0

a (~V−b )−(RT c~V 2)

(RT c~V 2 ) (~V−b )

=0

a~V −ab−RT c~V 2=0÷RT c

aRT c

~V− abRT c

−~V 2=0∗(−1)

1.~V 2−( aRT c )~V +

abRTc

=0

Cuando el gas alcanza el estado crítico los valores de~V convergen en el punto crítico donde:

~V=~V c

(~V −~V c )2=0

~V 2−2~V~V c+~V c

2=0

2.~V 2−2~V c~V +~V c

2=0

Igualando los coeficientes de 1 y 2:

3. aRT c

=2~V c

4. abRT c

=~V c2

Despejando a de 3:

a=2~V cRT c

Despejamos b de 4:

5 . b=~V c

2RT c

a

Remplazamos a en 5:

b=~V c

2RT c

2~V cRT c

b=~V c

2

3.6. La temperatura crítica del etano es 32.3 °C, la presión crítica es 48.2 atm. Calcúlese el volumen crítico empleando:

a) la ley del gas ideal

b) la ecuación de van der Waals, teniendo en cuenta que para el gas de van der Waals PC

~V C

RT C=38

,

y

c) la ecuación modificada de Berthelot

d) Compárense los resultados con el valor experimental 0.139 L/mol

Datos:

T c=32.3℃=305.45 K

Pc=48.2atm

Solución

a) La ley del gas ideal

Pc~V c=RT

~V c=RTPc

~V c=(0.082 atm . L

mol .K )(305.45K )

(48.2atm )

~V C=0.5196L

mol

b) La ecuación de van der Waals, teniendo en cuenta que para el gas de van der Waals

PC~V C

RT C= 38

~V C=3RT C

8 PC

~V C=3(0.082 atm. L

mol .K ) (305.45 K )

8 (48.2atm )

~V C=0.1949L

mol

c) La ecuación modificada de Berthelot

RT C

PC~V C

=3.56

RT C

3.56PC=~V C

~V C=RT C

3.56PC=

(0.082 atm . Lmol . K ) (305.45K )

3.56 (48.2atm )

~V C=0.146L

mol

d) Valor experimental:

~V C experimental=0.139L

mol

El error para cada caso:

Gas ideal:

~V C=0.5196L

mol

%error=~V ccalculado−

~V Cexperimental~V ccalculado

∗100=0.5196 L

mol−0.139 L

mol

0.5196 Lmol

∗100=73.25%

Van der Waals:

~V C=0.1949L

mol

%error=~V ccalculado−

~V Cexperimental~V ccalculado

∗100=0.1949 L

mol−0.139 L

mol

0.1949 Lmol

∗100=28.68%

Gas Berthelot:

~V C=0.146L

mol

%e rror=~V ccalculado−

~V C experimental~V ccalculado

∗100=0.146 L

mol−0.139 L

mol

0.146 Lmol

∗100=4.79%

3.7. La presión de vapor de agua en estado liquido a 25°C es 23.8 Torr y a 100°C es de 760 Torr. Aplicando la ecuación de van der Waals como guía, en una forma u otra, demuéstrese que el vapor de agua saturado se asemeja más al comportamiento de un gas ideal a 25°C que a 100°C.

Datos:

T 1=25℃=298.15K

P=23.8Torr=0.03132atm

T 2=100℃=298.15K

P=760Torr=1atm

Solución

a) T 1=25℃=298.15K

P=23.8Torr=0.03132atm

~V= RTP

~V=(0.082 atm .L

mol . K ) (298.15K )

(0.03132atm )

~V=780.6 Lmol

b) T 1=100℃=373 .15K

P=1atm

~V= RTP

~V=(0.082 atm .L

mol . K ) (373.15K )

(1atm )

~V=30.6 Lmol

Con van der Waals:

(P+ aV 2 ) (V−b )=RT

Remplazando los valores a y b de la tabla:

f (V )=0.03132− 24.4483V−0.0319

+ 5.72V 2

Por newton raphson y obtenemos la derivada:

f ´ (V )= 24.4483(~V −0.0319 )2

−11.44~V 3

~V 1=~V 0−

f (~V 0 )f ´ (~V 0 )

=780.6−0.000012230.0000401

=780.4

f (780.4 )=2.03∗10−7

El porcentaje de diferencia del volumen molar calculado por van der Waals respecto al ideal se obtendrá:

E=100∗~V−~V 1

~V 1

a25℃ E=100∗780.4−780.6780.6

=0.026%

Remplazando los valores a y b de la tabla:

F (V )=1− 30.5983V−0.0319

+5.72V 2 =0

~V 1=30.6−f (30.6 )f ´ (30.6 )

=30.6−0.000051210.00003235

=30.44

f (30.44 )=−8.18∗10−5=0

El porcentaje de diferencia del volumen molar calculado por van der Waals respecto al ideal se obtendrá:

E=100∗~V−~V 1

~V 1

a100℃ E=100∗30.44−30.630.6

=0.52%

Ya que el E a 100℃ es mayor que el E a 25℃, el vapor de agua se acercara más al comportamiento ideal a 25℃ que a100℃ .

3.8. El factor de compresibilidad para el metano está dado por Z=1+BP+C P2+D P3. Si P está en atm, los valores de las constantes son los siguientes:

T ,K B C D200 −5.74∗10−3 6.86∗10−6 18.0∗10−9

1000 +0.189∗10−3 0.275∗10−6 0.144∗10−9

Represéntese gráficamente los valores de Z en función de P a estas dos temperaturas en el intervalo de 0 a 100 atm.

Solución

Para Z a 200 K:

Z=1−5.74∗10−3P+6.86∗10−6 P2+18∗10−9P3

Para Z a 1000 K:

Z=1+0.189∗10−3P+0.275∗10−6P2+0.144∗10−9P3

T (K) Z200 -839,68

1000 -2497,52

100200

300400

500600

700800

9001000

1100

-3000

-2500

-2000

-1500

-1000

-500

0

-839.6800000000

01

-2497.52

Z = f (P)

Series2

T (K)

Z

3.9. Utilizando la ecuación de Beattie-Bridgeman, calcúlese el volumen molar del amoniaco a 300℃ y 200 atm de presión.

Datos:

T=300℃=373.15K

P=200 atm Solución

P= RTV 2 (1− c

V T3 ) (V +B )− AV 2

A=A0(1− aV )

B=B0(1− bV )

A0=242.48∗10−3 Pa. L2

mol2a=170.31∗10−6 L

mol

B0=34.15∗10−6 L

molb=191.13∗10−6 L

mol

c=4768.8 K3 Lmol

(PT3)V 4– (RT 4)V 3+(T 3 A0+RTc−B0RT 4)V 2+(B0bRT 4+B0RTc−A0 cT3)V +B0bRTc=0

1,04∗1010V 4−1590788231V 3+12744716,44V 2– 2130,32V +9,5299∗10−4=0

V=0,1445 Lmol

3.10. Compárese el volumen molar del dióxido de carbono a 400 K y 100 atm calculado por la ecuación Beattie-Bridgeman con el calculado por la ecuación de van der Waals.

Datos:

T=400K

P=100atm

Solución

P= RTV 2 (1− c

V T3 ) (V +B )− AV 2

A=A0(1− aV )

B=B0(1− bV )

A0=507.31∗10−3 Pa . L2

mol2a=71.32∗10−6 L

mol

B0=104.76∗10−6 L

molb=72.35∗10−6 L

mol

c=660 K3 Lmol

(PT3)V 4– (RT 4)V 3+(T 3 A0+RTc−B0RT 4)V 2+(B0bRT 4+B0RTc−A0 cT3)V +B0bRTc=0

6.4∗109V 4−2100480000V 3+32269454.92V 2– 2297.42V +1.64185∗10−4=0

V=0.312 Lmol

(P+ aV 2 ) (V−b )=RT

PV 3– PbV 2+(a−RT )V +ab=0

100V 3– 4,267V 2 –29,228V +0,15327=0

V=0.559 Lmol

3.11. Utilizando la ecuación Beattie-Bridgeman, calcúlese la temperatura de Boyle para el O2 y el CO2. Compárense estos valores con los calculados por la ecuación de van der Waals.

Datos

O2:

a=1.360 atmL2

mol2

b=0.03183 Lmol

CO2:

a=3.592 atm L2

mol2

b=0.04267 Lmol

Solución

Para el O2:

( PV 2

R (V+B )+ AV 2 )V T 2−(1−c )T=0

6115,28T 2+47T=0

T=273,768K

(P+ aV 2 ) (V−b )=RT

T=(1atm+

1.360 atm L2

mol2

501.76 L2 )(22.4 Lmol

−0.03183 Lmol )

(0.082 atm . Lmol . K )

T=273.35 K

Para el CO2:

( PV 2

R (V+B )+ AV 2 )V T 2−(1−c )T=0

6115,28T 2+659T=0

T=273,04 K

(P+ aV 2 ) (V−b )=RT

T=(1atm+

3.592 atm L2

mol2

501.76 L2 )(22.4 Lmol

−0.04267 Lmol )

(0.082 atm . Lmol . K )

T=274.43 K

3.12. A 300 K, ¿Para qué valor del volumen molar será la contribución del producto P~V del término en 1/~V 2 en la ecuación de Beattie-Bridgeman igual a aquel término en 1/~V a) para oxígeno? b) ¿qué valor de la presión corresponde a este volumen molar?

Datos:

T=300K

Solución

a) Beattie-Bridgeman

P= RTV 2 (1− c

V T3 ) (V +B )− AV 2

A=A0(1− aV )

B=B0(1− bV )

(PT3)V 4– (RT 4)V 3+(T 3 A0+RTc−B0RT 4)V 2+(B0bRT 4+B0RTc−A0 cT3)V +B0bRTc=0

27∗106V 4−664605000V 3+4049880,19V 2+195812639,8V +2,29897∗10−7=0

V=24.59 Lmol

b) P=1atm

3.13. A presiones bajas, la ecuación de Berthelot tiene la forma

~V= RTP

+b− aRT 2

En la que a y b son constantes. Encuéntrese una expresión para∝, el coeficiente de expansión térmica, como una función sólo de T y P. Encuéntrese una expresión para la temperatura de Boyle en función de a, b y R.

Solución

Si empleamos V o=b en la expresión del enunciado tenemos:

V=b+RT b2

aQue es la siguiente aproximación posible para el volumen del líquido.El coeficiente de expansión térmica está definido por la expresión:

α= 1V ( dVdT ) p

Como:

dVdT

= ddT (b+RT b2

a )= Rb2

a

∝= Rb2

ab

∝=bRa

3.14. Muéstrese que T∝=1+T (∂ lnZ /∂T )P, Pβ=1−P(∂ ln Z∂ P )

T, en donde

∝=(1/V ) (∂V /∂T )P y β=−(1 /V ) (∂V /∂ P )T.

Solución

T∝=1+T (∂ ln Z∂T )P

Pβ=1−P(∂ ln Z∂ P )

T

∝=( 1V )( ∂V∂T )P

β=−( 1V )( ∂V∂ P )T

3.15. Si el factor de compresibilidad de un gas es Z (P, T), la ecuación de estado puede expresarse P~VRT

=Z. Demostrar cómo afecta esto a la ecuación para la distribución del gas en un campo

gravitacional. A partir de la ecuación diferencial para la distribución, demostrar que si Z es mayor que la unidad, la distribución es más amplia para un gas real que para uno ideal y que lo contrario es verdadero si Z es menor que la unidad. Si Z=1+βP, donde β es una función de la temperatura, intégrese la ecuación y calcúlese la contante de integración para obtener la forma explicita de la función de distribución.

Solución:

dp=−ρgdz

Como:

Z= PVnRT

n= mM

ρ= PMZRT

Derivando se tiene:

−dPP

= M gZRT

d z

Cuando Z = 1 (gas ideal)

P=Po e−A

A=M gZRT

Por otra parte, si Z=1+Bpla ecuación diferencial se transforma en:

−dPP

= M g(1+Bp )RT

d z

Cuya solución puede obtenerse haciendo:

−dPP

+BdP=−M gRT

d z

ln P+BdP=−MgZRT

+C

Si z=0 P=Po

ln P0+Bd P0=C

ln P+BdP−ln P0−Bd P0=−M gZ

RT+C

De donde, finalmente, la función de distribución queda expresada como:

ln ( PP0 )+B (P−P0 )=−MgZ

RT

3.16. A presiones altas (volúmenes pequeños), la ecuación de van der Waals, ecuación (3.13), puede reordenarse en la forma siguiente

~V=b+ Pa (b+ RT

P )~V 2−( Pa )~V 3

Si se eliminan los términos cuadráticos y cúbicos, obtenemos ~V o=b como una primera aproximación a la raíz más pequeña de la ecuación. Esta representaría el volumen del líquido. Empleando este valor aproximado de ~V en los términos mayores, demuéstrese que la siguiente

aproximación para el volumen del líquido es ~V=b+b2 RTa . A partir de esta expresión,

demuéstrese que la primera aproximación para el coeficiente de expansión térmica de un liquido

de van der Waals es ∝=bRa .

Solución

V=b+Pa (b− RT

P )V 2−(Pa )V 3

V 0=b

V=b+Pa (b− RT

P )b2−( Pa )b3

V=b+ b2RTa

∝= 1V ( ∂V∂T )

P

∂V∂T

= ∂∂T (b+ b2RT

a )∂V∂T

=b2Ra

∝=b2 Rab

∝=bRa

3.17. Utilizando la misma técnica que para obtener la ecuación (3.8), pruébese la relación entre γ y γ´ dada en la tabla 3.4 para la ecuación de Beattie-Bridgeman.

Solución

1.Z= PVRT

=1+ βRT V

+ γRT V 2 +

δRT V 3

2.Z=1+( βRT )( 1V )+( γ

RT )( 1V 2 )+( δRT )( 1V 3 )

3.Z=1+A1P+A2 P2+A3P

3

4. 1V

= PRTZ

Remplazo 4 en 2:

5.Z=1+( βRT )( P

RTZ )+( γRT )( P2

R2T 2Z2 )+( δRT )( P3

R3T 3Z3 )Igualando 5 y 3

1+A1P+A2P2+A3 P

3=1+( βRT )( P

RTZ )+( γRT )( P2

R2T 2Z2 )+( δRT )( P3

R3T 3Z3 )Divido para P:

A1+A2 P+A3P2=( β

RT )( 1RTZ )+( γ

RT )( PR2T 2Z2 )+( δ

RT )( P2

R3T3Z3 )P→0 Z→1

6. A1=β

R2T 2

A1+A2 P+A3P2=A1( 1Z )+( γ

R3T 3 )( PZ2 )+( δ

R4T 4 )( P2

Z3 )A2+A3=

A1P ( 1Z )− A1

P+( γ

R3T 3 ) 1Z2+( δR4T 4 )( P

Z3 )P→0 Z→1

A2=γ

R3T3−A1

2

A2=γ

R3T3−( β

R2T 2 )2

7. A2=γ

R3T 3− β2

R4T 4

Remplazo 5 y 7 en 3:

8.Z=1+ βPR2T2

+( γR3T3

− β2

R4T 4 )P2+A3P3

Multiplico por RTP en 8:

ZRTP

= RTP

+ βRT

+( γR2T 2

− β2

R3T3 )P+A3 RTP2

ZRTP

=V

9.V= RTP

+ βRT

+( γR2T 2

− β2

R3T3 )P+A3 RTP2

10. γ '= γR2T 2

− β2

R3T3

Remplazo 10 en 9:

V= RTP

+ βRT

+γ ' P+δP2

3.18. ¿A qué temperatura la pendiente de la curva Z contra P a (P=0) tiene un valor máximo para el gas de van der Waals? ¿Cuál es el valor de la pendiente máxima?

Solución

1.( ∂ Z∂ P )

T= 1

RT (b− aRT )

∂∂P

=( bRT

− aR2T 2 )= −b

R2T 2+ 2aR2T3

−bR2T 2

+ 2aR2T 3

=0

−bRT+2a=0

2.T=2abR

Remplazo 2 en 1:

( ∂ Z∂ P )

T= 1

R ( 2abR ) (b−a

R( 2abR ))( ∂ Z∂ P )

T= b2

4aValormáximode la pendiente