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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

GASES IDEALES 1.

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 en 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.

-

Solución:

-

Datos (de la figura):

h

condición inicial

condición final

𝑉𝑜 = 1 𝑚3 𝑃𝑜 = 4 𝑏𝑎𝑟 = 4 ∙ 105 𝑃𝑎 𝑇𝑜 = 27 ℃ = 300 °𝐾 𝐴 = 0.0049 𝑚2 𝑇𝑓 = 17 ℃ = 290 °𝐾 𝑚𝑝𝑖𝑠𝑡𝑜𝑛 = 20 𝑘𝑔 𝑚𝑐𝑖𝑙 =? -

Cálculo del volumen del aire en las condiciones finales: 𝑉𝑓 = 𝑉𝑜 + 𝐴𝑕 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑓 = 1 + 0.0049 ∙ 𝑕 𝑚3

-

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

𝑚𝑝𝑖𝑠𝑡𝑜𝑛 ∙ 𝑔 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝐴

𝑃𝑓 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

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

𝑃𝑓 = 140040.81 𝑃𝑎

-1-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Análisis para condiciones iniciales y finales: 𝑛𝑜 = 𝑛𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 =

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 4 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 1 𝑚3 140040.81 𝑃𝑎 ∙ 1 + 0.0049 ∙ 𝑕 𝑚3 = ⟹ 300 °𝐾 290 °𝐾 𝑕 = 359.408 𝑚 -

Cálculo del volumen en el cilindro desplazado: 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝐴 ∙ 𝑕 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 0.0049 ∙ 359.408 𝑚3 ⟹ 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 1.761 𝑚3

-

Cálculo del masa de aire en el cilindro: 𝑃𝑐𝑖𝑙 𝑉𝑐𝑖𝑙 = 𝑛𝑐𝑖𝑙 𝑅𝑇𝑐𝑖𝑙 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = 140040.81 𝑃𝑎 ∙ 1.761 𝑚3 =

𝑚 ⟹ 𝑀 𝑚

𝑘𝑔 28.96 ∙ 10−3 𝑚𝑜𝑙

∙ 8.314

𝐽 ∙ 290 °𝐾 ⟹ °𝐾𝑚𝑜𝑙

𝑚 = 2.96 𝑘𝑔_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

-2-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

2.

FROILAN CALLE Q.

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 (100 𝑐𝑚)2 679000 ∙ 105 𝑃𝑎 + ∙ = 𝑃𝑎 750 8 𝑐𝑚2 1 𝑚2 3 𝑇𝑓 =? 𝑃𝑓 =

𝑤 = 100 𝑁 𝐴 = 8 𝑐𝑚2 -

El volumen no varía hasta que el pistón se mueva: 𝑃𝑓 𝑇𝑜 𝑃𝑜 𝑃𝑓 = ⟹ 𝑇𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑜 67900 𝑃𝑎 ∙ 273 °𝐾 𝑇𝑓 = 3 ⟹ 760 ∙ 105 𝑃𝑎 750 𝑇𝑓 = 609.76 °𝐾 ⟹ 𝑇𝑓 = 336.8 ℃ Para que el pistón se mueva 𝑇 ≥ 336.8 ℃______________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

3.

Cuando 2 g de una sustancia gaseosa A se introducen en un matraz inicialmente evacuado, manteniendo a temperatura constante se encuentra que la presión es de 1 atm. Posteriormente a esta cantidad se agrega 3 g de otra sustancia gaseosa B y el nuevo valor de la presión es de 1.75 atm. Suponiendo un comportamiento ideal. Calcular la relación de los pesos moleculares MA /MB . -

Solución:

-

Datos: Condición inicial:

Condición final:

𝑚𝑜 = 𝑚𝐴 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚

𝑚𝑓 = 𝑚𝐴 + 𝑚𝐵 𝑃𝑓 = 1.75 𝑎𝑡𝑚

-3-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Como no existe variación en el volumen ni en la temperatura, por lo tanto se tiene la siguiente expresión: 𝑉𝑜 𝑉𝑓 𝑉 𝑛𝑅 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 = ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑇 𝑃 𝑛𝑜 𝑅 𝑛𝑓 𝑅 = ⟹ 𝑃𝑜 𝑃𝑓 𝑛𝑜 𝑛𝑓 𝑚 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = ⟹ 𝑃𝑜 𝑃𝑓 𝑀 𝑚𝐴 𝑚𝐴 𝑚𝐵 + 𝑀𝐴 𝑀 𝑀𝐵 = 𝐴 ⟶ 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑚𝑏𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑀𝐴 ⟹ 𝑃𝑜 𝑃𝑓 𝑀𝐴 𝑀𝐴 𝑀 ∙ 𝑚𝐴 ∙ 𝑚𝐴 + 𝐴 ∙ 𝑚𝐵 𝑀𝐴 𝑀𝐴 𝑀𝐵 = ⟹ 𝑃𝑜 𝑃𝑓 𝑀𝐴 𝑚𝐴 𝑚𝐴 + 𝑀𝐵 ∙ 𝑚𝐵 = ⟹ 𝑃𝑜 𝑃𝑓 𝑃𝑓 𝑀𝐴 𝑚𝐴 = −1 ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐵 𝑃𝑜 𝑚𝐵 𝑀𝐴 1.75 𝑎𝑡𝑚 2𝑔 = −1 ∙ 𝑀𝐵 1 𝑎𝑡𝑚 3𝑔 𝑀𝐴 = 0.5___________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑀𝐵

4.

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 absoluta. ¿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 %𝑕= -

1 6 𝑇𝑓 = 𝑇 + 𝑇 = 𝑇 5 5 𝑉𝑓 = 𝑉2

𝑕𝑓 − 𝑕𝑜 ∙ 100 % =? … … . (1) 𝑕𝑜

La presión será la misma en cualquier instante ya que el pistón es móvil. 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 𝑃𝑉𝑜 𝑃𝑉𝑓 = ⟹ 6 𝑃 𝑇 5

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

6 𝑉 = 𝑉𝑓 ⟹ 5 𝑜 6 𝐴 ∙ 𝑕𝑜 = 𝐴 ∙ 𝑕𝑓 ⟹ 5 6 𝑕𝑓 = 𝑕𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 (1) ⟹ 5 %𝑕=

𝑕𝑓 − 𝑕𝑜 ∙ 100 % ⟹ 𝑕𝑜

6 𝑕 𝑜 − 𝑕𝑜 %𝑕=5 ∙ 100 % ⟹ % 𝑕 = 20 %______________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑕𝑜 5.

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

100 cm 30 cm

100 30 cm

x

x

a)

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

-

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

-

𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … (𝛼)

Cálculo de la presión del gas a temperatura constante: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 = 𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟹ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝐴 ∙ 130 𝑐𝑚3 = 𝑃𝑔𝑎𝑠 ∙ 𝐴 ∙ 30 − 𝑥1 𝑐𝑚3 ⟹

-5-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃𝑔𝑎𝑠 = -

FROILAN CALLE Q.

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

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

760 ∙ 130 ⟹ 30 − 𝑥1

10𝑥12 − 2060𝑥1 − 46000 = 0 ⟶ 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑑𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠

𝑥1 = −20.32 𝑐𝑚 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 + 𝑕 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 760 + 10 ∙ 100 − 𝑥2

-

𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … (𝑎)

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

-

760 ∙ 130 𝑚𝑚𝐻𝑔 … … … … … … … … … … … . (𝑏) 30 + 𝑥2

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

760 ∙ 730 ⟹ 30 + 𝑥2

10𝑥22 − 1460𝑥2 − 46000 = 0 ⟶ 𝑠𝑢𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠

𝑥2 = 100 𝑐𝑚 𝑥2 = 46 𝑐𝑚

Con estas soluciones se puede verificar que una de ellas satisface la condición (2) La solución es para 𝑥 = 46 𝑐𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑏 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 =

760 ∙ 130 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ 30 + 46

𝑃𝑔𝑎𝑠 = 1300 𝑚𝑚𝐻𝑔______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Cálculo del número de moléculas: 𝑛=

𝑛=

𝑃𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇 5 2 ∙ 76 𝑐𝑚3 1𝑙 10 ∙ = 0.004244 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 1000 𝑐𝑚3 62.4 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

1300 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝜋

4.24 ∙ 10−3 𝑚𝑜𝑙 ∙

6.023 ∙ 1023 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 = 2.56 ∙ 1021 𝑚𝑜𝑙é𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠____________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 1 𝑚𝑜𝑙

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

6.

FROILAN CALLE Q.

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

H/2

H/2

H/2

x

1 condición inicial -

2

condición final

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

𝑃𝑉 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃1 ∙ 𝑉1 𝑃2 ∙ 𝑉2 = ⟶ 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑞𝑢𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜𝑃1 = 𝑃2 ⟹ 𝑅 ∙ 𝑇1 𝑅 ∙ 𝑇2 𝐻 +𝑥 𝐴 2 𝑉1 𝑉2 𝐻 = ⟶ 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝑉2 = −𝑥 𝐴 𝑇1 𝑇2 2 𝑇1 = 400 °𝐾 𝑇2 = 300 °𝐾 𝑉1 =

𝐻 𝐻 +𝑥 𝐴 −𝑥 𝐴 2 = 2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥 = 2 𝑐𝑚 ⟹ 400 °𝐾 300 °𝐾 𝐻 𝐻 +2 −2 2 =2 ⟹ 4 3 3 𝐻 + 6 = 2𝐻 − 8 ⟹ 2 𝐻 = 28 𝑐𝑚 -

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

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

7.

FROILAN CALLE Q.

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 son de r = 1pie y R = 7/6 pie (como se muestra en la figura). Suponiendo que en todo el proceso no existe variación en la temperatura. Calcular el número de bicicletas a las que se puede proporcional con toda la cantidad de aire contenido en el recipiente cilíndrico, si la presión máxima que los neumáticos pueden soportar son de 2 atm.

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

R

r

H

-

Cálculo de número de moles en el cilindro: 𝑛𝑐𝑖𝑙

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

𝑛𝑐𝑖𝑙 = -

14.7 𝑃𝑆𝐼 ∙

𝜋 (1 𝑝𝑖𝑒)2 ∙ 7 𝑝𝑖𝑒 4 𝑅𝑇

Cálculo de número de moles en el neumático:

𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚

𝜋2 𝑃𝑛𝑒𝑢𝑚 ∙ 𝑅+𝑟 𝑅−𝑟 𝑃𝑛𝑒𝑢𝑚 𝑉𝑛𝑒𝑢𝑚 4 = ⟹ 𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 = 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 =

29.4 𝑃𝑆𝐼 ∙

𝜋2 7 7 + 1 𝑝𝑖𝑒 ∙ − 1 4 6 6 𝑅𝑇

2

𝑝𝑖𝑒 2

-8-

2

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Cálculo del número de neumáticos: # 𝑛𝑒𝑢𝑚 =

𝑛𝑐𝑖𝑙 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑛𝑒𝑢𝑚 14.7 𝑃𝑆𝐼 ∙

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 = 29.4 𝑃𝑆𝐼 ∙

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 =

𝜋 1 𝑝𝑖𝑒 4 𝑅𝑇

2

∙ 7 𝑝𝑖𝑒

𝜋2 7 7 + 1 𝑝𝑖𝑒 ∙ − 1 4 6 6 𝑅𝑇 7 ∙ 14.7

7 7 29.4 ∙ + 1 ∙ − 1 6 6

2

2

⟹ 𝑝𝑖𝑒 2

⟹ ∙𝜋

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 = 185.11 𝑛𝑒𝑢𝑚 -

Cálculo del número de bicicletas que se benefician con el número de neumáticos: # 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 =

# 𝑛𝑒𝑢𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 2

# 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 =

185.11 ⟹ 2

# 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 = 92.55 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 ≅ 92 𝑏𝑖𝑐𝑖𝑐𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠______________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 8.

En un recipiente de 200 l que inicialmente contiene aire a 1 atm de presión; a este recipiente se conecta un flujo de aire que ingresa a razón de 10 mol/seg al mismo tiempo se le hace un orificio pequeño en el recipiente por el que sale aire en función de la presión en el recipiente y esta dado por la siguiente ecuación: ns = 0.126 P Donde: ns : Moles de aire que salen del por el orificio pequeño del recipiente (mol/seg). P: Presión en el recipiente (atm). Calcular la presión en el recipiente al cabo de 2 minutos, suponiendo que en todo momento la temperatura es de 297.86 °K y el volumen invariable. -

Solución:

-

Datos: 𝑉 = 200 𝑙 𝑃𝑜 = 2 𝑎𝑡𝑚 𝑛𝐸 = 10 𝑚𝑜𝑙/𝑠𝑒𝑔 𝑛𝑆 = 0.126 𝑃 𝑚𝑜𝑙/𝑠𝑒𝑔 𝑇 = 297.86 °𝐾 𝑡 = 2 𝑚𝑖𝑛 = 120 𝑠𝑒𝑔 𝑃 =?

-

Balance de materia en el recipiente: 𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑆𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝐴𝑐𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 ⟹ 𝑛𝐸 − 𝑛𝑆 =

-

𝑑𝑛 … … … … … … … … … … . (1) 𝑑𝑡

Por otro lado se tiene: 𝑛𝑆 = 0.126 𝑃 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑅𝑇 𝑛⟹ 𝑉

-9-

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑛𝑆 = 0.126 -

FROILAN CALLE Q.

𝑅𝑇 𝑛 … … … … … … … … … . (2) 𝑉

Reemplazando ecuación (2) en 1 : 𝑛𝐸 − 0.126 𝑡

𝑅𝑇 𝑑𝑛 𝑛= ⟹ 𝑉 𝑑𝑡

𝑛

𝑑𝑡 = 0

𝑛𝑜

𝑑𝑛 𝑛𝐸 − 0.126

𝑅𝑇 𝑛 𝑉

⟹

𝑅𝑇 𝑛 𝑉 𝑡=− 𝑙𝑛 𝑅𝑇 𝑅𝑇 0.126 𝑛𝐸 − 0.126 𝑛 𝑉 𝑉 𝑜 𝑛𝐸 − 0.126

1

𝑃𝑉 𝑅𝑇 ⟹ ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃𝑜 𝑉 𝑛𝑜 = 𝑅𝑇 𝑛=

𝑅𝑇 𝑃𝑉 ∙ 𝑉 𝑅𝑇 ⟹ 𝑡=− 𝑙𝑛 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑉 0.126 𝑛𝐸 − 0.126 ∙ 𝑉 𝑉 𝑅𝑇 𝑛𝐸 − 0.126

1

𝑡=−

1 𝑅𝑇 0.126 𝑉

𝑙𝑛

𝑛𝐸 − 0.126 𝑃 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑛𝐸 − 0.126 𝑃𝑜

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 − 0.126 ∙𝑃 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚 120 𝑠𝑒𝑔 = − 𝑙𝑛 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 0.082 ∙ 297.86 °𝐾 10 − 0.126 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚 0.126 ∙ 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚 200 𝑙 10

1

⟹

𝑃 = 67 𝑎𝑡𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. -

Otra forma:

-

Balance de materia en el recipiente: 𝐸𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑆𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝐴𝑐𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 ⟹ 𝑛𝐸 − 𝑛𝑆 =

𝑑𝑛 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑆 = 0.126 𝑃 ⟹ 𝑑𝑡

𝑛𝐸 − 0.126 𝑃 = -

Por otro lado se tiene: 𝑛=

𝑃𝑉 ⟶ 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑅𝑇

𝑑𝑛 = -

𝑑𝑛 … … … … … … … … … … … … . . . (𝑎) 𝑑𝑡

𝑉 𝑑𝑃 … … … … … … … … … … … … … … … … . (𝑏) 𝑅𝑇

Reemplazando ecuación (𝑏) en (𝑎): 𝑛𝐸 − 0.126 𝑃 = 𝑡

0

𝑉 𝑑𝑡 = ∙ 𝑅𝑇

𝑃

𝑃𝑜

𝑉 𝑑𝑃 ∙ ⟹ 𝑅𝑇 𝑑𝑡

𝑑𝑃 ⟹ 𝑛𝐸 − 0.126 𝑃

- 10 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑡=−

FROILAN CALLE Q.

𝑉 𝑛𝐸 − 0.126 𝑃 𝑙𝑛 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 0.126𝑅𝑇 𝑛𝐸 − 0.126 𝑃𝑜

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 10 − 0.126 ∙𝑃 200 𝑙 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚 120 𝑠𝑒𝑔 = − 𝑙𝑛 𝑚𝑜𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 0.126 ∙ 0.082 ∙ 297.86 °𝐾 10 − 0.126 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑠𝑒𝑔 𝑠𝑒𝑔 ∙ 𝑎𝑡𝑚

⟹

𝑃 = 67 𝑎𝑡𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. MEZCLA DE GASES 9.

Se tiene una mezcla gaseosa 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 𝑕𝑙 = 0.02 𝑚3 𝑚𝑜 = 𝑚 𝑇𝑜 = 𝑇 + 273 °𝐾 𝑘𝑔 − 𝑓 𝑁 𝑃𝑜 = 2.2 = 215600 2 𝑐𝑚2 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 (𝑀 𝑦 𝑇𝑜 ) -

Cálculo del peso molecular de la mezcla 𝑀 : 𝑀 = 𝑥𝑐𝑜 2 ∙ 𝑀𝑐𝑜 2 + 𝑥𝑁𝑂 ∙ 𝑀𝑁𝑂 … … … … … … … … … … . (2) 𝑥𝑐𝑜 2 =

𝑛𝐶𝑂2 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛 = ⟹ 𝑛𝐶𝑂2 + 𝑛𝑁𝑂 𝑀

𝑥𝑐𝑜 2

𝑚𝐶𝑂2 𝑀𝐶𝑂2 =𝑚 𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝐶𝑂2 + 𝑁𝑂 𝑀𝐶𝑂2 𝑀𝑁𝑂

𝑥𝑐𝑜 2

0.4 𝑚 𝑔 44 𝑚𝑜𝑙 = ⟹ 0.4 𝑚 0.6 𝑚 𝑔 + 𝑔 44 30 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑥𝑐𝑜 2 = 0.3125

∧

𝑥𝑁𝑂 = 0.6875

- 11 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

De la ecuación (2) se tiene: 𝑀 = 0.3125 ∙ 44

𝑔 𝑔 1 𝑘𝑔 + 0.6875 ∙ 30 ∙ ⟹ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 1000 𝑔

𝑀 = 34.375 ∙ 10−3 -

FROILAN CALLE Q.

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

Cálculo de la temperatura inicial a partir de las condiciones finales: 𝑚𝑓 = 1.6 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 =

𝑃𝑉𝑀 𝑅𝑇

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑀 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 2 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 = ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇𝑜 𝑅𝑇𝑓 1 2 = ⟶ 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑇 ⟹ 𝑇 + 273 °𝐾 𝑇 + 293 °𝐾 𝑇 = −193 ℃ = 80 °𝐾 -

Reemplazando (𝑀𝑦𝑇0 ) en la ecuación (1):

𝑚𝑜 =

215600

𝑘𝑔 𝑁 ∙ 0.02 𝑚3 ∙ 34.375 ∙ 10−3 𝑚𝑜𝑙 𝑚2 ⟹ 𝐽 8.314 ∙ 80 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜 = 0.22285 𝑘𝑔 = 222.85 𝑔___________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 12 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

10. 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:

P2 =1 atm

Hg

Embolo permeable al hidrógeno V1

V2

V´1

V´2

2 mol O 2

3 mol O 2

2 mol O 2

3 mol O 2

x mol H2

y mol H2

P´1

P´2

2 mol H 2 P1 =1.5 atm

P2 =1 atm

Hg

condición inicial -

condición final

Análisis para condiciones iniciales: ↬ COMPARTIMIENTO (1): 𝑉1 =

𝑛1 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃1

𝑉1 =

4 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 1.5 𝑎𝑡𝑚

↬COMPARTIMIENTO (2): 𝑉2 =

𝑛2 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃2

𝑉2 =

3 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 1 𝑎𝑡𝑚

↬ CÁLCULO DEL VOLUMEN TOTAL: 𝑉𝑇 = 𝑉1 + 𝑉2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 =

4 𝑚𝑜𝑙 3 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 + 𝑅𝑇 ⟹ 1.5 𝑎𝑡𝑚 1 𝑎𝑡𝑚 - 13 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑉𝑇 = -

FROILAN CALLE Q.

17 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 … … … … … … … … (𝛼) 3 𝑎𝑡𝑚

Cálculo de la altura manométrica inicial: 𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑕𝑜 ⟹ 𝑕𝑜 = 𝑃2 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑕𝑜 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚

-

Análisis para condiciones finales: 𝑃1℩ = 𝑃2℩ 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

2 + 𝑥 𝑅𝑇 3 + 𝑦 𝑅𝑇 = ⟶ 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑉1℩ = 𝑉2℩ 𝑉1℩ 𝑉2℩ 2+𝑥 =3+𝑦 ⟹ 𝑥 − 𝑦 = 1 … … … … … … … . (1) Además la cantidad de hidrógeno es 2 moles: 𝑥 + 𝑦 = 2 … … … … … … … . . (2) De ambas ecuaciones se tiene: 𝑥 − 𝑦 = 1……………….. 1 𝑥 = 1.5 ⟶ 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 ⟹ 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℩ : 𝑃2℩ =

𝑛2℩ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 𝑉2℩

𝑃2℩ =

3 + 𝑦 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑦 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 17𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 6 𝑎𝑡𝑚

𝑃2℩ =

3 + 0.5 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 17 6

𝑃2℩ = 1.2353 𝑎𝑡𝑚 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 - 14 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Cálculo de la presión manométrica final: 𝑃2℩ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑕𝑓 ⟹ 𝑕𝑓 = 𝑃2℩ − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑕𝑓 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚

-

Cálculo de la variación de la presión manométrica: ∆𝑕 = 𝑕𝑓 − 𝑕𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆𝑕 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟹ ∆𝑕 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ ∆𝑕 = 178.82 𝑚𝑚 ∙

1 𝑐𝑚 = 17.9 𝑐𝑚___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 10 𝑚𝑚

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

Cálculos para el compartimiento (2℩ ): 𝑃1℩ = 𝑃2℩ 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

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℩ : 𝑃2℩ =

𝑛2℩ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 ⟹ 𝑉2℩

𝑃2℩ =

4 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝑅𝑇 ⟹ 68 𝑚𝑜𝑙 𝑅𝑇 21 𝑎𝑡𝑚

𝑃2℩ = 1.2353 𝑎𝑡𝑚 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Cálculo de la presión manométrica final: 𝑃2℩ = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑕𝑓 ⟹

- 15 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑕𝑓 = 𝑃2℩ − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑕𝑓 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 -

Cálculo de la variación de la presión manométrica: ∆𝑕 = 𝑕𝑓 − 𝑕𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ ∆𝑕 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⟹ ∆𝑕 = 938.824 𝑚𝑚𝐻𝑔 − 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ ∆𝑕 = 178.82 𝑚𝑚 ∙

1 𝑐𝑚 = 17.9 𝑐𝑚___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 10 𝑚𝑚

11. 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)

Cálculo de la composición molar del oxígeno: 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: 𝑀𝑇 =

𝑚𝑇 ∙ 𝑅 ∙ 𝑇 ………………….. 𝛼 𝑃𝑇 ∙ 𝑉

𝑀𝑇 = 𝑥𝑂2 ∙ 𝑀𝑂2 + 𝑥𝑁2 ∙ 𝑀𝑁2 , 𝑎𝑑𝑒𝑚á𝑠 𝑥𝑖 = -

𝑃𝑖 ⟹ 𝑃𝑇

La ecuación 𝛼 se puede expresar de la siguiente manera: 𝑃𝑂2 𝑀𝑂2 + 𝑃𝑁2 𝑀𝑁2 =

𝑚 𝑇 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 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% ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 - 16 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑥𝑂2 =

FROILAN CALLE Q.

0.234 𝑎𝑡𝑚 ∙ 100% 0.234 𝑎𝑡𝑚 + 0.546 𝑎𝑡𝑚

𝑥𝑂2 = 70 %________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Cálculo de la composición másica del nitrógeno: 𝑥𝑁2 =

𝑥𝑁2

𝑛𝑛 2 𝑚 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛 = ⟹ 𝑛𝑇 𝑀

𝑚𝑛 2 𝑀𝑛 = 𝑚2 ⟹ 𝑇 𝑀𝑇

𝑥𝑁2 =

𝑚𝑛 2 𝑀𝑇 ⟹ 𝑚 𝑇 𝑀𝑛 2

𝑚𝑛 2 𝑀𝑛 2 = 𝑥𝑁 … … … … … … . . 𝛽 𝑚𝑇 𝑀𝑇 2 -

Calculando el peso molecular de la mezcla: 𝑀𝑇 = 𝑥𝑁2 𝑀𝑁2 + 𝑥𝑂2 𝑀𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝑇 = 0.3 ∙ 28 𝑀𝑇 = 30.8

-

𝑔 𝑔 + 0.7 ∙ 32 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Reemplazando 𝑀𝑇 en la ecuación 𝛽 : 𝑔 28 𝑚𝑁2 𝑚𝑜𝑙 = 𝑔 0.3 ⟹ 𝑚𝑇 30.8 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑁2 0.3 ∙ 28 % 𝑚 𝑚 𝑁2 = ∙ 100 % = ∙ 100 % 𝑚𝑇 30.8 % 𝑚 𝑚 𝑁2 = 27.27 %____________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

c)

Cálculo de la presión total: 𝑃𝑇 = 𝑃𝑁2 + 𝑃𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 = 0.234 𝑎𝑡𝑚 + 0.546 𝑎𝑡𝑚 𝑃𝑇 = 0.780 𝑎𝑡𝑚___________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 17 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

12. 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)

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

-

Cálculo de 𝑃𝑁2 : 𝑃𝑇 𝑀𝑇 = 𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑃𝑇

𝑃𝐶𝑂2 𝑃𝑁 𝑀 + 2𝑀 = 𝜌𝑅𝑇 ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇 𝐶𝑂2 𝑃𝑇 𝑁2

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)

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

𝑉=

𝑛𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 298 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 1.32 𝑎𝑡𝑚

10 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑉 = 184.74 𝑙 ⟹ 𝜋 3 𝐷 = 184.74 ∙ 10−3 𝑚3 ⟹ 6 𝐷 = 0.71 𝑚________________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 18 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

13. 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: Condición inicial:

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 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 = ⟹ 4 𝑅𝑇

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

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

Cálculo de 𝑀𝑜 : 𝑛𝑜 =

𝑚𝑜 ⟹ 𝑀𝑜

𝑀𝑜 =

𝑚𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑜 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2 𝑛𝑜

𝑀𝑜 =

𝑚𝑜 ⟹ 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2

𝑀𝑜 =

𝑀𝑜 = -

2𝑚 𝑚 𝑚 ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑔 + 𝑔 32 2 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 64 𝑔 17 𝑚𝑜𝑙

Cálculo de 𝑀𝑓 : 𝑛𝑓 =

𝑚𝑓 ⟹ 𝑀𝑓

- 19 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑀𝑓 =

𝑚𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜𝑛𝑓 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2 𝑛𝑓

𝑀𝑓 =

𝑚𝑓 ⟹ 𝑛𝑂2 + 𝑛𝐻2

𝑀𝑓 =

𝑀𝑓 = -

-

FROILAN CALLE Q.

2𝑚 ⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑦 𝑜𝑝𝑒𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 1 𝑚 𝑚 2 𝑔 + 𝑔 32 2 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 32 𝑔 11 𝑚𝑜𝑙

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

4 𝑇𝑜 𝑀𝑓 ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 3 𝑀𝑜

𝑇𝑓 =

32 𝑔 4 𝑇𝑜 ∙ 11 𝑚𝑜𝑙 ∙ ⟹ 64 𝑔 3 17 𝑚𝑜𝑙

𝑇𝑓 =

34 𝑇 33 𝑜

Reemplazando 𝑇𝑜 en la ecuación del enunciado: 34 𝑇𝑜 − 𝑇𝑜 % ∆𝑇 = 33 ∙ 100 % ⟹ 𝑇𝑜 % ∆𝑇 = 3.03 %___________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

14. Una mezcla de metano y nitrógeno que ocupa 100 ml a 1.5 atm, se mezclan con 200 ml de oxígeno 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:

x

CH4

y

N2

+

100 ml 1.5 atm

O2

=

200 ml 2 atm

% 𝑥; % 𝑦 =? -

Cálculo del número de moles iniciales de metano y nitrógeno: 𝑛𝑜 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑜 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

- 20 -

CO2 O2 N2 200 ml 2 atm

v w y

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

𝑥+𝑦=

1.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 100 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

150 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 … … … … … … (1) 𝑅𝑇

Cálculo del número de moles de oxígeno existente inicialmente: 𝑛𝑜2 𝑖 =

-

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑂2 𝑖 ∙ 𝑉𝑂2 𝑖 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑂2 𝑖 = 𝑎 𝑅𝑇

𝑎=

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 200 𝑚𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎=

400 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

Cálculo del número de moles existentes al final después de la reacción: 𝑛𝑓 =

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 + 2𝑂2 ⟶ 𝐶𝑂2 + 𝑥 𝑏 𝑣 Cálculo de la cantidad de 𝐶𝑂2 generado por la reacción: 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙

-

𝑥 = 𝑣 … … … … … … (3)

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

-

1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 = 𝑣 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝐻2 𝑂

2 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑏 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝑥 = 𝑏 … … … … … … (4)

Balance de oxígeno: 𝑛𝑜2 𝑖 = 𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹ 𝑏 = 2𝑥 𝑎 = 𝑏 + 𝑤 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑎=

𝑤=

⟹ 400 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

400 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 − 2𝑥 … … … … … … (5) 𝑅𝑇

- 21 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

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

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

−𝑥 + 𝑦 = -

80 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 … … … … … … (6) 𝑅𝑇

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

-

FROILAN CALLE Q.

35 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

∧

𝑦=

115 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇

Cálculo de la composición: %𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦

35 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 % 𝑥 = % 𝐶𝐻4 𝑅𝑇 %𝑥= ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 % 𝑦 = % 𝑁2 35 115 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 + 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑚𝑙 𝑅𝑇 𝑅𝑇 % 𝐶𝐻4 = 23.33 %

∧

⟹

% 𝑁2 = 76.67 %_____________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

15. 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

3.00 l 1.00 atm

6.00 l 0.50 atm

-

Solución:

-

Cálculo del reactivo limitante a partir del número 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

- 22 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

La ecuación estequiométrica puede expresarse de la siguiente manera: NO(g) 3

𝑟) 𝑓)

-

+

𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 −3 𝑅𝑇 0

𝑖)

-

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

Cálculo del número de moles totales después de la reacción: 𝑛𝑇 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙3 +3 ⟹ 2 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑇 =

9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 𝑅𝑇

Cálculo de las presiones: Presión total: 𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇

9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑃𝑇 = 2 𝑅𝑇 ⟹ 3+6 𝑙 𝑃𝑇 = 0.5 𝑎𝑡𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. Presión de oxígeno: 𝑃𝑂2 =

𝑛𝑂2 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇

3 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑃𝑇 = 2 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.

- 23 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

16. 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 85 % del dióxido de carbono se descompone en monóxido de carbono y oxígeno. Calcule la composición del 𝐶𝑂2 en la mezcla 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 = 85 % = 0.85

-

En la ecuación de descomposición se tiene: 𝐶𝑂2

-

-

𝐶𝑂

𝑖) 𝑟)

𝑛𝑜 −𝛼𝑛𝑜

𝛼𝑛𝑜

𝑓)

𝑛𝑜 (1 − 𝛼)

𝛼𝑛𝑜

+

1 𝑂 2 2 𝛼 𝑛 2 𝑜 𝛼 𝑛 2 𝑜

Cálculo del número 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

Cálculo de número de moles al final: 𝑛𝑓 =

-

⟶

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝛼 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑛𝑜 1 − 𝛼 + 𝛼𝑛𝑜 + 𝑛𝑜 ⟹ 𝑅𝑇𝑓 2

𝑛𝑜 1 +

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝛼 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 2 𝑅𝑇𝑓

𝑛𝑜 1 +

𝑃𝑓 𝑉 0.85 = ⟹ 2 𝑅 ∙ 600 °K

𝑛𝑜 1 +

𝑃𝑓 0.85 𝑉 = ∙ … … … … … . . … (2) 2 600 °K 𝑅

Reemplazando ecuación (1) en (2): 𝑃𝑓 2 𝑎𝑡𝑚 𝑉 0.85 𝑉 ∙ ∙ 1+ = ∙ ⟹ 300 °K 𝑅 2 600 °K 𝑅 𝑃 = 5.7 𝑎𝑡𝑚_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 24 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Calculo de la composición del 𝐶𝑂2 en la mezcla gaseosa final: 𝑥𝐶𝑂2 =

𝑛𝐶𝑂2 ⟹ 𝑛𝑇

𝑥𝐶𝑂2 =

𝑛𝑜 1 − 𝛼 𝛼 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑜 1 + 2

𝑥𝐶𝑂2 =

𝑛𝑜 1 − 0.85 0.85 𝑛𝑜 1 + 2

𝑥𝐶𝑂2 = 0.1053 = 10.53 %________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 17. 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:

x

Aire

y

NO2

Aire N2 O2

Po =1.20 atm % 𝑁𝑂2 = -

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 ∙

-

Pf =1.40 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

- 25 -

x u v

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

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 𝑉 𝑅𝑇 ∙ 100 % 𝑉 1.2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑅𝑇 0.4 𝑎𝑡𝑚 ∙

% 𝑁𝑂2 = 33.33 %________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 18. 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:

Aire C8 H18

-

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

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ∙

𝑦 𝑚𝑜𝑙𝑂2 25 = 𝑚𝑜𝑙𝑂2 − −⟶ 𝑧 𝑚𝑜𝑙𝐶8 𝐻18 2

79 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 = 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 − −⟶ 21 𝑚𝑜𝑙𝑂2

8𝑧

9𝑧

79 𝑦 21

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

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

- 26 -

9𝐻2 𝑂 9𝑧

2 𝑦=𝑧 25 𝑥=

+

8𝑧

Análisis para condiciones iniciales: 1 𝑚𝑜𝑙𝐶8 𝐻18 ∙

-

x y z

N2 O2

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

% 𝐴𝑖𝑟𝑒 =

FROILAN CALLE Q.

79 𝑦+𝑦 21 ∙ 100 % ⟹ 79 2 𝑦+𝑦+ 𝑦 21 25

% 𝐴𝑖𝑟𝑒 = 98.35 % % 𝐶8 𝐻18 =

% 𝐶8 𝐻18 =

𝑧 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦+𝑧 2 𝑦 25

79 2 𝑦+𝑦+ 𝑦 21 25

∙ 100 % ⟹

% 𝐶8 𝐻18 = 1.65 % -

Resumiendo resultados: % 𝐴𝑖𝑟𝑒 = 98.35 %

∧

𝐶8 𝐻18 = 1.65 %___________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

19. 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:

-

Datos:

x

O2

y

H2 100 cm3 25 C 750 mmHg o

% 𝐻2 = -

𝑥 ∙ 100 % 𝑥+𝑦

∧

% 𝑂2 =

v

O2 84.5 cm3 25 C 750 mmHg o

𝑦 ∙ 100 % … … … … … … … . (∗) 𝑥+𝑦

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

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

𝑥 𝑥

- 27 -

+

Reacción global

𝐻2 𝑂

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Análisis para condiciones iniciales: 𝑛𝑜 =

𝑃𝑉𝑜 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦= -

FROILAN CALLE Q.

𝑃 ∙ 100 𝑐𝑚3 … … … … … … … (1) 𝑅𝑇

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

𝑃𝑉𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

1 𝑃 𝑥− 𝑦= ∙ 84.5𝑐𝑚3 … … … … … … … (2) 2 𝑅𝑇 -

Resolviendo ecuaciones (1) y (2): 𝑥=

-

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

% 𝐻2 =

𝑃 ∙ 10.33 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 ∙ 100 % ⟹ 𝑃 𝑃 ∙ 10.33 𝑐𝑚3 + ∙ 89.67 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 𝑅𝑇

% 𝐻2 = 10.33 % ↬PARA EL OXIGENO: % 𝑂2 =

𝑦 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦

% 𝑂2 =

89.67 ∙ 100 % 𝑃 𝑃 ∙ 10.33 𝑐𝑚3 + ∙ 89.67 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 𝑅𝑇

% 𝑂2 = 89.67 % -

Resumiendo resultados: % 𝐻2 = 10.33 %

∧

% 𝑂2 = 89.67 %____________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 28 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

20. 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 oxígeno 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:

a x

C4 H10

y

C3 H8

+

O2

=

300 cm3 2 atm

50 cm3 1.2 atm

CO2 H2O O2 745 cm3 1 atm

% 𝑦 =?

-

Cálculo del número 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

Cálculo del número de moles de oxígeno existente inicialmente: 𝑛𝑜2 𝑖 =

-

𝑃𝑂2 𝑖 ∙ 𝑉𝑂2 𝑖 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑂2 𝑖 = 𝑎 𝑅𝑇

𝑎=

2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 300 𝑐𝑚3 ⟹ 𝑅𝑇

𝑎=

600 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇

Cálculo del número de moles existentes al final después de la combustión: 𝑛𝑓 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑓 = 𝑢 + 𝑣 + 𝑤 ⟹ 𝑅𝑇

𝑢+𝑣+𝑤 =

1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 745 𝑐𝑚3 ⟹ 𝑅𝑇

- 29 -

u v w

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑢+𝑣+𝑤 = -

FROILAN CALLE Q.

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

En la reacción se tiene: 𝐶4 𝐻10

+

𝑥 𝐶3 𝐻8 𝑦 -

⟶

5𝑂2 𝑐

⟶

4𝐶𝑂2

+

5𝐻2 𝑂

𝑑 3𝐶𝑂2 𝑒

𝑓 +

4𝐻2 𝑂 𝑔

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

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙ -

+

13 𝑂 2 2 𝑏

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: 𝑢 = 𝑑 + 𝑒 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜

𝑑 = 4𝑥 𝑒 = 3𝑦

⟹

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

Cálculo de la cantidad de 𝑂2 consumidos por la combustión: 13 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10 ∙ 2 = 𝑏 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶4 𝐻10 𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙

-

5 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑐 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8

5𝑦 = 𝑐

La cantidad total de 𝑂2 consumido será:

𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑏 + 𝑐 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜

𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = -

13 𝑥=𝑏 2

13 𝑥 2 𝑐 = 5𝑦

𝑏=

⟹

13 𝑥 + 5𝑦 2

Balance de oxígeno: 𝑛𝑜2 𝑖 = 𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹ 𝑎=

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

𝑤=

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

- 30 -

⟹

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

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

𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶3 𝐻8 ∙ -

FROILAN CALLE Q.

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: 𝑣 = 𝑓 + 𝑔 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜

𝑓 = 5𝑥 ⟹ 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

Cálculo de la composición: %𝑦=

𝑦 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦

10 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 %𝑦= ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 % 𝑦 = % 𝐶3 𝐻8 50 10 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 + 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑐𝑚3 𝑅𝑇 𝑅𝑇

⟹

% 𝐶3 𝐻8 = 16.67 %________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 31 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

21. Un balón de acero contiene 2.08 moles de nitrógeno a 293 °K. 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 ℃. Al recipiente de 50.0 l, con nitrógeno y oxígeno, se le adicionan 57,1 g de octano (C8 H18 ). Luego, el hidrocarburo es quemado totalmente 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 antes de la adición del octano. 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:

O 20 l 303 K 15 atm

N 2.08 mol

o

20 l 25 C o

a)

Cálculo de las presiones en condiciones iniciales:

𝑛 𝑇 = 𝑛𝑁2 + 𝑛𝑂2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜

𝑛 𝑇 = 2.08 𝑚𝑜𝑙 +

𝑛𝑁2 = 2.08 𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑂 𝑉𝑂 ⟹ 𝑛𝑂2 = 2 2 𝑅𝑇𝑂2

15 𝑎𝑡𝑚 ∙ 20 𝑙 ⟹ 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 0.082 ∙ 303 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

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

𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 298 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 50 𝑙

14.1544 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

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

𝑛𝑁2 ⟹ 𝑛𝑇

𝑃𝑁2 =

𝑛𝑁2 ∙ 𝑃𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑇

𝑃𝑁2 =

2.08 𝑚𝑜𝑙 ∙ 6.92 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 14.15544 𝑚𝑜𝑙

𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚

- 32 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

↬Cálculo de la presión parcial de oxígeno: 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)

Cálculo 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)

+

0.501 −0.501

𝑓) -

25 𝑂 2 2 12.074 25 − 0.501 2 5.8115

⟶

8𝐶𝑂2

9 ∙ 0.501

4.008

4.509

𝑛 𝑇 = 𝑛𝑂2 + 𝑛𝑁2 + 𝑛𝐶𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝑛 𝑇 = 11.90 𝑚𝑜𝑙 -

Cálculo 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 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 298 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 50 𝑙

2.08 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑃𝑁2 = 1.02 𝑎𝑡𝑚

- 33 -

9𝐻2 𝑂

8 ∙ 0.501

Cálculo del número de moles totales al final:

𝑛 𝑇 = 5.8115 + 2.08 + 4.008 𝑚𝑜𝑙 ⟹

+

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

↬PRESION DEL OXIGENO: 𝑃𝑂2 =

𝑃𝑂2 =

𝑛𝑂2 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 298 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 50 𝑙

5.8115 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

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

𝑃𝐶𝑂2 =

𝑛𝐶𝑂2 𝑅𝑇𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 298 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 50 𝑙

4.008 𝑚𝑜𝑙 ∙ 0.082

𝑃𝐶𝑂2 = 1.96 𝑎𝑡𝑚 -

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

𝑃𝑂2 = 2.84 𝑎𝑡𝑚;

𝑃𝐶𝑂2 = 1.96 𝑎𝑡𝑚___________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

22. 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 la reacción: 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:

-

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:

inicial H2 3l

final C2H2 1l

- 34 -

4l

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

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

-

-

Cálculo del número de moles de cada reactivo: 𝑛𝐻2 =

𝑃𝐻2 𝑉𝐻2 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐻2 =

2 𝑏𝑎𝑟 ∙ 3 𝑙 6 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝐶2 𝐻2 =

𝑃𝐶2 𝐻2 𝑉𝐶2 𝐻2 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2 𝐻2 =

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

𝑛𝐶2 𝐻2 = -

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

En la reacción se tiene:

𝐶2 𝐻2 𝑖) 𝑟) 𝑓) -

2𝐻2

⟶

6 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 2∙ 𝑅𝑇 4 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

𝐶2 𝐻6

1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Al final después de la reacción solamente se tiene 𝐻2 y 𝐶2 𝐻6 : 𝑛𝑓 =

a)

1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 0

+

5 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

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

5 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 ∙ 𝑅𝑇 ⟹ 𝑅𝑇

𝑃𝑓 = 1.25 𝑏𝑎𝑟_____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 35 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

b)

FROILAN CALLE Q.

Cálculo de la composición molar de la mezcla gaseosa luego de la reacción: 𝑛𝐻2 ∙ 100 % ⟹ 𝑛𝑓 4 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇 ∙ 100 % ⟹ 5 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

% 𝑛𝐻2 = % 𝑛𝐻2

% 𝑛𝐻2 = 80 % 𝑛𝐶2 𝐻6 ∙ 100 % ⟹ 𝑛𝑓 1 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 = 𝑅𝑇 ∙ 100 % ⟹ 5 𝑏𝑎𝑟 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

% 𝑛𝐶2 𝐻6 = % 𝑛𝐶2 𝐻6

% 𝑛𝐶2 𝐻6 = 20 % -

Resumiendo resultados: % 𝐶2 𝐻6 = 20 % 𝐻2 = 80 %______________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

23. Una mezcla de composición desconocida formada por acetileno e hidrógeno, del cual se sabe que existe más hidrógeno 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 reacción a la temperatura final, la presión permanece constante dentro del matraz. Con esta información calcular la composición de la mezcla original. -

Solución:

-

Datos:

-

C2 H2

C2 H6

a

y

H2

H2

b

V T

V 2T

Cálculo de número de moles iniciales: 𝑛𝑜 =

𝑃𝑜 𝑉𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑜 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇𝑜

𝑥+𝑦= -

x

𝑃𝑉 … … … … … … … … … … … . . . (1) 𝑅𝑇

Cálculo de número de moles al final de la reacción: 𝑛𝑓 =

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

- 36 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑎+𝑏 =

-

FROILAN CALLE Q.

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

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

-

𝑥 −𝑥 0

+

2𝐻2

⟶

𝑦 −2𝑥 𝑦 − 2𝑥

𝐶2 𝐻6 𝑥 𝑥

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

−𝑥 + 𝑦 = -

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

Resolviendo ecuaciones (1) y (3): 𝑥=

-

𝑃𝑉 ⟹ 2𝑅𝑇

𝑃𝑉 4𝑅𝑇

∧

𝑦=

3𝑃𝑉 4𝑅𝑇

Cálculo de la composición: %𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦

𝑃𝑉 % 𝑥 = % 𝐶2 𝐻2 4𝑅𝑇 %𝑥= ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 ⟹ % 𝑦 = % 𝐻2 𝑃𝑉 3𝑃𝑉 + 4𝑅𝑇 4𝑅𝑇

% 𝐶2 𝐻2 = 25 %

∧

% 𝐻2 = 75 %___________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 37 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

24. El balón interno de la figura con un volumen de 5.00 l contiene etano a 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. b) la mezcla resultante después de la combustión, suponiendo que el agua formado se encuentra en forma de vapor.

Etano Aire (21 % O ) -

Solución:

-

Datos:

A B

Etano Aire (21 % O )

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)

Cálculo del presión antes de la combustión:

-

Calculando el número de moles ↬ PARA 𝐶2 𝐻6 : 𝑛𝐶2 𝐻6 =

𝑃𝐴 𝑉𝐴 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2 𝐻6 =

2.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 5 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝐶2 𝐻6 =

12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

- 38 -

𝑉𝑇 = 30 𝑙

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

↬ 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 + 𝑛𝐶2 𝐻6 ⟹

-

𝑛𝑇 =

50 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 12.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 + ⟹ 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑛𝑇 =

62.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

Cálculo de la presión total: 𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 ∙ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇

62.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 𝑃𝑇 = ⟹ 30 𝑙 𝑃𝑇 = 2.08 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Cálculo 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

Cálculo del reactivo limitante: 𝑛𝐶2 𝐻6 =

-

+

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

- 39 -

+

6 𝐻 𝑂 7 2

6 10.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 7 𝑅𝑇 9 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Cálculo del número de moles totales después de la reacción: 𝑛 𝑇 = 𝑛𝐶2 𝐻6 + 𝑛𝐶𝑂2 + 𝑛𝑁2 + 𝑛𝐻2 𝑂 ⟶ 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

Cálculo de la presión total: 𝑃𝑇 =

𝑃𝑇 =

𝑛 𝑇 ∙ 𝑅𝑇 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑉𝑇 64 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ∙ 𝑅𝑇 𝑅𝑇 ⟹ 30 𝑙

𝑃𝑇 = 2.13 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 25. 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 % en masa de H2 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 oxígeno y el resto nitrógeno y que el proceso es temperatura elevada constante. -

Solución:

-

Datos:

x

CO

y

CH4 2l 2.5 atm

O2 N2 H2O 8l 9.625 atm

a b c

CO H2O N2 O2 10 l 8.050 atm

a)

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

-

Cálculo de número de moles en el primer recipiente: 𝑛1 =

𝑃1 𝑉1 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑛1 = 𝑥 + 𝑦 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

2.5 𝑎𝑡𝑚 ∙ 2 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

𝑥+𝑦=

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

- 40 -

u v b w

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

Cálculo de número de moles en el segundo recipiente: 𝑛2 =

-

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

Cálculo del número de moles existentes al final después de la combustión: 𝑛𝑓 =

-

FROILAN CALLE Q.

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

En la reacción se tiene: 𝐶𝑂

+

𝑥 𝐶𝐻4 𝑦 -

2𝑂2 𝑛

⟶

⟶

𝐶𝑂2 𝑞

𝐶𝑂2 𝑝 +

Cálculo 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) -

Cálculo de la cantidad de 𝑂2 consumidos por la combustión: 1 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂 ∙ 2 = 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑂 𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙

2 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 = 𝑛 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

1 𝑥=𝑚 2 2𝑦 = 𝑛

- 41 -

2𝐻2 𝑂 𝑟

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

La cantidad total de 𝑂2 consumido será:

𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑚 + 𝑛 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜

1 𝑚= 𝑥 2 𝑛 = 2𝑦

⟹

1 𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑥 + 2𝑦 2 -

Balance de oxígeno: 𝑛𝑜2 𝑖 = 𝑛𝑂2 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 + 𝑛𝑂2 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 ⟹ 1 𝑎 = 𝑥 + 2𝑦 + 𝑤 ⟹ 2 1 𝑤 = 𝑎 − 𝑥 − 2𝑦 … … … … … … … … … … … . . . (5) 2

-

Cálculo de la cantidad de 𝐻2 𝑂 formado por la combustión: 𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4 ∙

-

2 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 = 𝑟 𝑚𝑜𝑙 𝐻2 𝑂 ⟹ 1 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝐻4

2𝑦 = 𝑟

Balance de agua: 𝑛𝐻2 𝑂 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑛𝐻2 𝑂 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑛𝐻2 𝑂 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

- 42 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Cálculo de la composición: %𝑥=

𝑥 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥+𝑦

%𝑥=

3 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 % 𝑥 = % 𝐶𝑂 𝑅𝑇 ∙ 100 % ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 % 𝑦 = % 𝐶𝐻4 3 2 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 + 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑅𝑇

% 𝐶𝑂 = 60 %

∧

⟹

% 𝐶𝐻4 = 40 %____________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

b)

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

-

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

-

% 𝑚𝐻2 𝑂 =

𝑚𝐻2 𝑂 ∙ 100% ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 = 𝑛𝑀 ⟹ 𝑚𝐻2 𝑂 + 𝑚𝐴𝑆

% 𝑚𝐻2 𝑂 =

𝑛𝐻2 𝑂 ∙ 𝑀𝐻2 𝑂 ∙ 100 % … … … … … … … … … … … . . . (𝛼) 𝑛𝐻2 𝑂 ∙ 𝑀𝐻2 𝑂 + 𝑛𝐴𝑆 ∙ 𝑀𝐴𝑆

Cálculo del peso molecular del aire seco: 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 número de moles de agua en el segundo recipiente: 𝑛𝐻2 𝑂 = 𝑐

-

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

-

De la ecuación 𝛼 se tiene: % 𝑚𝐻2 𝑂 =

20 =

𝑛𝐻2 𝑂 ∙ 𝑀𝐻2 𝑂 ∙ 100 % ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑦 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝐻2 𝑂 ∙ 𝑀𝐻2 𝑂 + 𝑛𝐴𝑆 ∙ 𝑀𝐴𝑆

𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑔 𝑔 ∙ 100 ⟹ 𝑐 ∙ 18 + 𝑎 + 𝑏 ∙ 28.8 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑐 ∙ 18

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

De la ecuación (2) se tiene: 𝑎+𝑏+𝑐 =

77 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇 - 43 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

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 = -

FROILAN CALLE Q.

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

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

𝑎= -

55 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 ⟹ 𝑅𝑇

11 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇

↫ 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑜𝑥𝑖𝑔𝑒𝑛𝑜 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑎𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒

Cálculo de la cantidad de oxígeno necesario para la combustión: 𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = 𝑚 + 𝑛 ⟹

𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜

1 = 𝑥 + 2𝑦 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 2

𝑛𝑂2 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑎𝑟𝑖𝑜 = -

3 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 ⟹ 5 𝑦= 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 𝑅𝑇 𝑥=

11 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑙 2 ∙ 𝑅𝑇

Cálculo de la cantidad del porcentaje en exceso de oxígeno 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.

- 44 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

26. En un recipiente se tiene un hidrocarburo Cx H6 a 600 mmHg, con el propósito de quemar el hidrocarburo se inyecta solamente 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 oxígeno esta en menor cantidad estequiométrica, por lo tanto el reactivo limitante es el oxígeno: ↬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 : 𝑛𝑂2 = 600 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

𝑉 𝑚𝑜𝑙 𝐶𝑥 𝐻6 ∙ 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 = 270 ∙ 2𝑥 + 3 𝑚𝑚𝐻𝑔

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

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) 𝑓)

600 −

𝑉 𝑅𝑇

𝑉 𝑅𝑇

2 𝑉 ∙ 270 ∙ 2𝑥 + 3 2𝑥 + 3 𝑅𝑇 60

𝑉 𝑅𝑇

+

𝑂2

⟶

𝑉 𝑅𝑇 𝑉 −270 ∙ 2𝑥 + 3 𝑅𝑇

2𝑥 𝐶𝑂 2𝑥 + 3 2

270 ∙ 2𝑥 + 3

0

2𝑥 𝑉 270 ∙ 2𝑥 + 3 2𝑥 + 3 𝑅𝑇 540𝑥 ∙

- 45 -

𝑉 𝑅𝑇

+

6 𝐻 𝑂 2𝑥 + 3 2

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

Cálculo de número de moles totales después de la combustión: 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 HÚMEDOS 27. 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 =? -

Cálculo 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 - 46 -

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. -

Cálculo de la masa de agua que se condensa: 𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 =

𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 − ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑓 𝑇𝑜 𝑅

0.8 ∙ 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 5978.7 𝑙 23.8 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 1000 𝑙 = − ∙ 293 °𝐾 298 °𝐾

𝑔 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 62.4 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 18

𝑚𝑐𝑜𝑛𝑑 = 59.37 𝑔__________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 28. 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 20 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 PV 20 ℃ = 17.5 mmHg. -

Solución:

-

Datos:

Po =1 atm=760 mmHg Hro=10 % Vo =?

Humidificador

Pf =1 atm=760 mmHg Hrf =80 %

20 ml H2O/ h -

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 0.1 ∙ 17.5 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑉0 1 𝑔 1𝑚𝑜𝑙 = + 20 𝑚𝑙 ∙ ∙ ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 1 𝑚𝑙 18 𝑔 62.4 ∙ 293 °𝐾 62.4 ∙ 293 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 0.8 ∙ 𝑉𝑓 − 0.1 ∙ 𝑉𝑜 = 1160.838 … … … … … … … … … … … … … … … (2)

- 47 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

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

29. 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 𝑇 = 23 ℃ = 296 °𝐾 𝜑 = 70 % 𝑜 𝑃𝑣23 ℃ = 21.1 𝑚𝑚𝐻𝑔

Oxígeno húmedo

1m A

B Agua

a)

Cálculo 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 + 𝑕 ⟹ 𝑃𝑔𝑎𝑠 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 +

𝜌𝐻2 𝑂 ∙ 𝑕𝐻2 𝑂 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝜌𝐻𝑔

𝑃𝑔𝑎𝑠 = 500 𝑚𝑚𝐻𝑔 +

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

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

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑃𝑓 - 48 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑉𝑓 =

FROILAN CALLE Q.

573.53 − 0.7 ∙ 21.1 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 36.5 𝑐𝑚3 ∙ 273 °𝐾 ⟹ 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 296 °𝐾 ∙ 100 𝑎𝑡𝑚 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚

𝑉𝑓 = 0.25 𝑐𝑚3 _____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

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

-

Cálculo el número de moles de 𝑂2 : 𝑛=

𝑃𝑉 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑅𝑇

𝑛𝑂2 =

573.53 − 0.7 ∙ 21.1 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 36.5 ∙ 10−3 𝑙 ⟶ 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 62.4 ∙ 296 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝑛𝑂2 = 11.04 ∙ 10−4 𝑚𝑜𝑙 𝑂2 -

Cálculo 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 𝑚𝑔_______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 30. 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 oxígeno 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

𝐾𝑔𝐻2 𝑂 𝑒𝑣. =? 𝑑í𝑎 ANALISIS PARA UNA RESPIRACION: -

Cálculo de 𝑥𝑁2 para condiciones iniciales: 𝑥𝐴𝑖𝑟𝑒 =

𝑛𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑃𝐴𝑖𝑟𝑒 = ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑛𝑇 𝑃𝑇 - 49 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑥𝐴𝑖𝑟𝑒 =

760 − 0.3 ∙ 21.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 = 0.9917 760 𝑚𝑚𝐻𝑔

0.9917 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝑖𝑟𝑒 ∙ -

FROILAN CALLE Q.

79 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 = 0.783 𝑚𝑜𝑙 𝑁2 100 𝑚𝑜𝑙 𝐴𝑖𝑟𝑒

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

Cálculo de la masa de agua evaporada en una respiración: 𝑚𝑒𝑣 = 𝑚𝑓 − 𝑚𝑜 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑚 = 𝑚𝑒𝑣 =

𝑃𝑓 𝑉𝑓 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑀 − ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑓 𝑇𝑜 𝑅𝑇

𝑚𝑒𝑣 =

47.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 546.69 𝑚𝑙 0.3 ∙ 21.07 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 500 𝑚𝑙 − ∙ 310 °𝐾 296 °𝐾

𝑚𝑒𝑣 = -

𝑃𝑉𝑀 ⟹ 𝑅𝑇

𝑔 1𝑙 𝑚𝑜𝑙 ∙ ⟹ 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑙 1000 𝑚𝑙 62.4 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 18

208.65 ∙ 10−4 𝑔 𝑟𝑒𝑠𝑝.

Calculo de la masa de agua evaporada en un día de respiración: 𝑚𝑒𝑣 =

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

𝑚𝑒𝑣 = 0.36 𝐾𝑔/𝑑í𝑎_______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 50 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

31. 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, 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:

Vgas inicial

V gas final R/2

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

Cálculo de 𝑉𝑓 (semiesfera):

R h V 𝑉= -

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

𝑉𝐿 =

𝑉𝐿 = -

2𝑅3 + 𝑕3 − 𝑅2 𝑕 𝜋 3

𝑅3 3 8 −𝑅 𝜋 ⟹ 3 2

2𝑅3 +

5 𝜋𝑅 3 24

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

-

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

- 51 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃𝑓 =

𝑃𝑓 =

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑇𝑓 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑇𝑜 𝑉𝑓 4 760 − 0.5 ∙ 17.53 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝜋𝑅3 ∙ 359 °𝐾 3 ⟹ 9 3 293 °𝐾 ∙ 𝜋𝑅 8

𝑃𝑓 = 1090.91 𝑚𝑚𝐻𝑔 -

Cálculo 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.

32. 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

Cálculo para el aire seco: 𝑃𝑜 𝑉𝑜 𝑃𝑓 𝑉𝑓 = ⟶ 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 (𝑖𝑛𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒) ⟹ 𝑇𝑜 𝑇𝑓 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 𝑐𝑎𝑙 𝑐 (𝑚𝑚𝐻𝑔) 34.17 32.47 31.90 31.34 31.67 31.56 31.45

- 52 -

> > > < > >
> =

0.5 1 5.5

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

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

50. 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=

-

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

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀 = 𝑃 𝑅𝑇

𝑧

𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 𝑑𝑧 ⟹ 𝑧𝑜

𝑃 𝑀 𝛽 = 𝑔 𝑧 − 𝑧𝑜 − 𝑧 2 − 𝑧𝑜 2 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑜 2

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝑀 𝛽 − 𝑔 𝑧−𝑧 𝑜 − 𝑧 2 −𝑧 𝑜 2 𝑅𝑇 𝑜 2

𝑃 = 1 𝑎𝑡𝑚 ∙ 𝑒

⟹

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑚 2 𝑘𝑔 29∙10 −3 1∙10 −5 𝑠 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑚 ∙ (15∙10 3 𝑚 )2 −02 − 9.81 2 ∙ 15∙10 3 𝑚 −0 − 𝐽 2 𝑠 8.314 ∙298 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

⟹

𝑃 = 0.181 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 77 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

51. 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/s2 . Calcular: a) La presión atmosférica en esa ciudad. 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

-

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

𝛼=

5℃ 1 ℃ = 3000 𝑚 60 𝑚

a)

Cálculo de la presión atmosférica en la ciudad:

-

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

− 𝑃𝑜

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀 = 𝑃 𝑅𝛼

𝑧

𝛽+ 𝑧𝑜

𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

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

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

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

𝑃 =1∙

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

⟹

𝑃 = 0.686 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 78 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

b)

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

-

De la anterior ecuación se tiene:

0.666 = 1 ∙

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

⟹

𝑧 = 3217.1 𝑚𝑕⟹ 𝑕 = 3217.1 − 3000 𝑚 ⟹ 𝑕 = 217.1 𝑚_______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 52. 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)

Cálculo 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

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑃 𝑅𝑇

𝑧

𝑑𝑧 ⟹ 𝑧𝑜

𝑃 𝑀𝑔 = 𝑧 − 𝑧𝑜 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 (𝑧−𝑧𝑜 ) ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑃 = 495 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

𝑘𝑔 𝑚 28.96∙10 −3 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠 1000−0 𝑚 − 𝐽 𝑒 8.314 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙293 °𝐾

⟹

𝑃 = 440.5 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

Cálculo 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

- 79 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

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

𝑃𝑜

𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = ∙ 𝑃 𝑅

𝑧

𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

𝑧𝑜

𝑃 𝑀𝑔 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 = 𝑙𝑛 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 𝑅𝛼

𝑙𝑛

𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

𝑃 = 495 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

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

⟹

𝑃 = 439.6 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 53. 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

− 𝑃𝑜

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑃 𝑅𝑇

𝑧𝑓

𝑑𝑧 ⟹ 𝑧𝑜

𝑃𝑓 𝑀𝑔 = 𝑧 − 𝑧𝑜 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑓 𝑀𝑔

𝑃𝑓 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

𝑧 𝑓 −𝑧 𝑜

𝑛𝑅𝑇𝑓 𝑛𝑅𝑇𝑜 −𝑀𝑔 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 𝑉𝑓 𝑉𝑜

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 = 𝑧 𝑓 −𝑧 𝑜

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

⟶ 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹

- 80 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑀𝑔 1 1 = ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 3 𝑉 𝑉 2

𝑧𝑓 = 𝑧𝑜 −

𝑧 𝑓 −𝑧 𝑜

𝑅𝑇𝑙𝑛

𝑧𝑓 = 0 𝑚 −

𝑀𝑔

FROILAN CALLE Q.

⟹

2 3 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

𝐽 2 ∙ 290 °𝐾 ∙ 𝑙𝑛 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 3 𝑘𝑔 𝑚 −3 28.9 ∙ 10 ∙ 9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠

8.314

𝑧𝑓 = 3448.22 𝑚 = 3.45 𝑘𝑚______________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 54. Asumiendo que el aire está compuesto solamente por oxígeno 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”:

𝑥𝑂2 𝑖 = 0.2 𝑥𝑁2 𝑖 = 0.8 𝑃𝑜 = 1 𝑎𝑡𝑚 𝑇 = 273 °𝐾

𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 = 28.4 𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑧 =?

Cálculo de las fracciones molares a una altura “z”: 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝑥𝑂2 𝑀𝑂2 + 𝑥𝑁2 𝑀𝑁2 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑥𝑂2 + 𝑥𝑁2 = 1 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 = 𝑥𝑂2 𝑀𝑂2 + 1 − 𝑥𝑂2 𝑀𝑁2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 28.4

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

𝑥𝑂2 = 0.1

∧

𝑥𝑁2 = 0.9

↪Análisis para el oxígeno: 𝑃𝑂2 𝑖 = 𝑥𝑂2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (1) 𝑃𝑂2 = 𝑥𝑂2 ∙ 𝑃 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) 𝑀𝑂 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑃𝑂2 = 𝑃𝑂2 𝑖 ∙ 𝑒 − -

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

Reemplazando ecuaciones (1) y (2) en (3): 𝑀𝑂 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑥𝑂2 ∙ 𝑃 = 𝑥𝑂2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

⟹

𝑃 𝑥𝑂2 𝑖 −𝑀𝑂 2 𝑔𝑧 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … . … … … … (4) 𝑃𝑜 𝑥𝑂2 ↪ Análisis para el nitrógeno: 𝑃𝑁2 𝑖 = 𝑥𝑁2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … . . . (5) - 81 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑁2 = 𝑥𝑁2 ∙ 𝑃 … … … … … … … … … … … … … … … … … … . … … … . . (6) 𝑀𝑁 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑃𝑁2 = 𝑃𝑁2 𝑖 ∙ 𝑒 − -

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

Reemplazando ecuaciones (5) y (6) en (7): 𝑀𝑁 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑥𝑁2 ∙ 𝑃 = 𝑥𝑁2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

⟹

𝑃 𝑥𝑁2 𝑖 −𝑀𝑁 2 𝑔𝑧 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (8) 𝑃𝑜 𝑥𝑁2 -

Igualando ecuaciones (4) y (8): 𝑥𝑁2 𝑖 −𝑀𝑁 2 𝑔𝑧 𝑥𝑂2 𝑖 −𝑀𝑂 2 𝑔𝑧 ∙ 𝑒 𝑅𝑇 = ∙ 𝑒 𝑅𝑇 ⟹ 𝑥𝑁2 𝑥𝑂2 𝑔𝑧 𝑥𝑂2 𝑖 𝑥𝑁2 ∙ = 𝑒 𝑅𝑇 ∙ 𝑥𝑂2 𝑥𝑁2 𝑖

𝑧=

𝑧=

𝑅𝑇 𝑔 𝑀𝑂2 − 𝑀𝑁2

𝑀𝑂 2 −𝑀𝑁 2

𝑙𝑛

⟹

𝑥𝑂2 𝑖 𝑥𝑁2 ∙ ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑥𝑂2 𝑥𝑁2 𝑖

𝐽 ∙ 273 °𝐾 0.2 0.9 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑙𝑛 ∙ ⟹ 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚 0.1 0.8 9.81 2 ∙ 32 ∙ 10−3 − 28 ∙ 10−3 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑠 8.314

𝑧 = 46905.87 𝑚 = 46.91 𝑘𝑚____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 55. Suponiendo que a nivel del mar el ambiente se encuentra a una temperatura de 122 ℉ y esta disminuye en 18 ℉ por cada kilometro de altura. Calcular la temperatura en ℃ en una ciudad donde la presión es de 500 mmHg. Para los cálculos considere que el peso molecular del aire es de 29 g/mol. -

Solución:

-

Datos: 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑀 = 29 ∙ 10−3 𝑘𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑃𝑜 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑃 = 500 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑜 = 122 ℉ = 323 °𝐾 18 ℉ 1 𝑘𝑚 1℃ ℃ °𝐾 𝛼= ∙ ∙ = 0.01 = 0.01 𝑘𝑚 1000 𝑚 1.8 ℉ 𝑚 𝑚 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧

-

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

𝑃𝑜

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = ∙ 𝑃 𝑅

𝑧

𝑧𝑜

𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

- 82 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

𝑙𝑛

𝑃 𝑀𝑔 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 = 𝑙𝑛 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜

𝑙𝑛

𝑃 𝑀𝑔 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 = 𝑙𝑛 ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 = 𝑇 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑜

𝑙𝑛

𝑃 𝑀𝑔 𝑇 = 𝑙𝑛 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑜

𝑙𝑛

𝑘𝑔 𝑚 29 ∙ 10−3 ∙ 9.81 2 500 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝑙𝑛 = ⟹ 𝐽 °𝐾 °𝐾 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 8.314 ∙ 0.01 323 °𝐾 − 0.01 ∙ 0 𝑚 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑚 𝑚

𝑇 = 285.8 °𝐾 = 12.8 ℃___________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 56. Un globo aerostático conteniendo helio de 2.50 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 -

Cálculo del diámetro del globo a 5 km por encima de la superficie:

-

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

-

0.1 ℃ 0.1 °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

𝑃𝑜

𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = ∙ 𝑃 𝑅

𝑧

𝑧𝑜

𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

𝑃 𝑀𝑔 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜 = 𝑙𝑛 ⟹ 𝑃𝑜 𝑅𝛼 𝛼𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑀𝑔

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 𝑅𝛼

𝑙𝑛

𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

𝑛𝑅𝑇𝑓 𝑛𝑅𝑇𝑜 𝑀𝑔 𝑙𝑛 = ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝑉𝑓 𝑉𝑜

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 = 𝛼𝑧 𝑓 −𝑇𝑜 𝛼𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

𝑛𝑅𝑇 ⟹ 𝑉

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑉 =

𝜋 3 𝐷 ⟹ 6

- 83 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑇𝑓 𝐷𝑓 3

=

𝑀𝑔

𝑇𝑜 𝐷𝑜

𝑅𝛼 3∙𝑒

𝑙𝑛

FROILAN CALLE Q.

𝛼𝑧 𝑓 −𝑇𝑜 𝛼𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟹

𝐷𝑓 3 =

𝐷𝑜 3 ∙ 𝑇𝑓 −𝑀𝑔 𝑙𝑛 ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝑇𝑜

𝐷𝑓 3 =

𝑀𝑔 𝐷𝑜 3 ∙ 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑓 − 𝑙𝑛 ∙ 𝑒 𝑅𝛼 𝑇𝑜

𝛼𝑧 𝑓 −𝑇𝑜 𝛼𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟶ 𝑇𝑓 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧𝑓 ⟹ 𝛼 𝑧 𝑓 −𝑇𝑜 𝛼𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ −3

𝐷𝑓 3 =

2.5 𝑚

𝑘𝑔

𝑚

28.96∙10 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 0.1 °𝐾 𝑠 − ∙ 5000 𝑚 𝐽 0.1 °𝐾 𝑙𝑛 8.314 ∙ 100 𝑚 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 100 𝑚 ∙𝑒 293 °𝐾

3

∙ 293 °𝐾 −

0.1 °𝐾 ∙5000 𝑚 −293 °𝐾 100 𝑚 0.1 °𝐾 ∙0 𝑚 −293 °𝐾 100 𝑚

⟹

𝐷𝑓 = 3.024 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 57. 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

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀 = 𝑃 𝑅𝑇

𝑧

𝑔𝑜 − 𝛽𝑧 𝑑𝑧 ⟹ 𝑧𝑜

𝑃 𝑀 𝛽 = 𝑔 𝑧 − 𝑧𝑜 − 𝑧 2 − 𝑧𝑜 2 𝑃𝑜 𝑅𝑇 𝑜 2

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝑀 𝛽 − 𝑔 𝑧−𝑧 𝑜 − 𝑧 2 −𝑧 𝑜 2 𝑅𝑇 𝑜 2

𝑃 = 760 𝑚𝑚𝐻𝑔 ∙ 𝑒

⟹

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑚 2 𝑘𝑔 28.96∙10 −3 1∙10 −5 𝑠 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑚 ∙ (100∙10 3 𝑚 )2 −02 − 9.81 2 ∙ 100∙10 3 𝑚 −0 − 𝐽 2 𝑠 8.314 ∙293 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙

⟹

𝑃 = 0.012 𝑚𝑚𝐻𝑔_________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 84 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

58. 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

-

Cálculo de la presión a una altura 𝑧 = 10.0 𝑘𝑚 = 10000 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

− 𝑃𝑜

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀 = 𝑃 𝑅𝛼

𝑧

𝛽+ 𝑧𝑜

𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

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

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

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

𝑃 =1∙

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

⟹

𝑃 = 0.269 𝑎𝑡𝑚____________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 59. 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

- 85 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑃𝑜 = 640 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑜 = 10 ℃ = 283 °𝐾

FROILAN CALLE Q.

𝑃𝑓 = 615 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝑇𝑓 = 5 ℃ = 278 °𝐾

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

La ecuación diferencial de la distribución barométrica a temperatura variable es: −

𝑑𝑃 𝑃𝑀𝑔 = ⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧 ⟹ 𝑑𝑧 𝑅𝑇

−

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = 𝑑𝑧 ⟶ 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃 𝑅 𝑇𝑜 − 𝛼𝑧

𝑃

𝑃𝑜

𝑙𝑛 -

𝑑𝑃 𝑀𝑔 = ∙ 𝑃 𝑅

𝑧

𝑧𝑜

𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

𝑃𝑓 𝛼𝑧𝑓 − 𝑇𝑜 𝑀𝑔 = 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 (∗): 𝑃𝑓 𝑙𝑛 = 𝑃𝑜

𝑙𝑛

𝑃𝑓 = 𝑃𝑜

𝑧𝑓 =

𝑀𝑔 𝑙𝑛 𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 𝑅∙ 𝑧𝑓

⟶ 𝑕𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑦 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 ⟹

𝑇𝑓 𝑀𝑔 𝑙𝑛 ⟹ 𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 𝑇𝑜 𝑅∙ 𝑧𝑓

𝑅 𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 𝑙𝑛 𝑀𝑔𝑙𝑛 8.314

𝑧𝑓 =

𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 ∙ 𝑧𝑓 − 𝑇𝑜 𝑧𝑓 𝑇𝑜 − 𝑇𝑓 ∙ 𝑧𝑜 − 𝑇𝑜 𝑧𝑓

𝑇𝑓 𝑇𝑜

𝑃𝑓 𝑃𝑜

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹

615 𝑚𝑚𝐻𝑔 𝐽 ∙ 283 °𝐾 − 278 °𝐾 ∙ 𝑙𝑛 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 640 𝑚𝑚𝐻𝑔 ⟹ 𝑘𝑔 𝑚 283 °𝐾 −3 28.96 ∙ 10 ∙ 9.81 2 ∙ 𝑙𝑛 𝑚𝑜𝑙 278 °𝐾 𝑠

𝑧𝑓 = 327.1 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 86 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

60. 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. -

Solución:

-

Datos: 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)

-

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

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

𝑧−𝑧 𝑜

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = -

⟹

𝑃𝑜 ∙ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 −𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 ∙ 𝑒 𝑅𝑇 𝑅𝑇

𝑧−𝑧 𝑜

… … … … (2)

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

-

𝑧−𝑧 𝑜

𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑀

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

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

𝑧=

𝑧−𝑧 𝑜

⟹

𝑅𝑇 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑙𝑛 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝑀𝐻𝑒 𝑔 𝐽 ∙ 298 °𝐾 29 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ⟹ 𝑙𝑛 𝑔 𝑘𝑔 𝑚 4 29 ∙ 10−3 ∙ 9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑠

8.314

𝑧 = 17252.18 𝑚 = 17.25 𝑘𝑚____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 87 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

61. 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:

E

W +W +W -

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

𝑘𝑔 𝑘𝑔 760 760 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 28.9 ∙ 10−3 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 104 𝑚3 ∙ 4 ∙ 10−3 750 𝑚𝑜𝑙 750 𝑚𝑜𝑙 4 3 3 𝑚= ∙ 10 𝑚 − 1.3 ∙ 10 𝑘𝑔 − 𝐽 𝐽 8.314 ∙ 293 °𝐾 8.314 ∙ 293 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑚 = 9057.96 𝑘𝑔

- 88 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

-

FROILAN CALLE Q.

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 ⟹

𝑘𝑔 760 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 104 𝑚3 ∙ 4 ∙ 10−3 750 𝑚𝑜𝑙 7246.36 𝑘𝑔 + 1.3 ∙ 10 𝑘𝑔 + 𝐽 8.314 ∙ 293 °𝐾 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 = ⟹ 4 3 10 𝑚 3

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒

𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 = 1.021 -

𝑘𝑔 𝑚3

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

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇

𝑧−𝑧 𝑜

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑃 =

𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 − 𝑅𝑇 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒

𝑧=

𝑧−𝑧 𝑜

𝜌𝑅𝑇 ⟹ 𝑀

⟶ 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑧𝑜 = 0 𝑚 𝑦 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 ⟹

𝑅𝑇 𝑃𝑜 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑙𝑛 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑀𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑔 𝜌𝐴𝑖𝑟𝑒 𝑅𝑇

𝑘𝑔 𝐽 760 ∙ 293 °𝐾 ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 28.9 ∙ 10−3 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 750 𝑚𝑜𝑙 𝑧= 𝑙𝑛 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑚 𝐽 28.9 ∙ 10−3 ∙ 9.81 2 1.021 3 ∙ 8.314 ∙ 293 °𝐾 𝑚𝑜𝑙 °𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝑠 𝑚 8.314

𝑧 = 1403.4 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 89 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

62. 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 𝑥𝑁2 𝑖 = 0.600 𝑥𝐶𝑂2 𝑖 = 0.400 a) 𝑃𝑁2 =? 𝑃𝐶𝑂2 =? 𝑥𝐶𝑂2 =? 𝑥𝑁2 =? 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑧 = 50 𝑘𝑚 = 5 ∙ 104 𝑚

a)

Cálculo de las presiones finales para cada gas con las ecuaciones que se tienen en el ejercicio (54): 𝑃𝑇 = 𝑃𝐶𝑂2 + 𝑃𝑁2 … … … … … … … … … … … … … … . . (1) 𝑀𝐶𝑂 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑃𝐶𝑂2 = 𝑥𝐶𝑂2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

𝑃𝐶𝑂2 = 0.400 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑘𝑔 𝑚 44∙10 −3 ∙9.81 2 ∙5∙10 4 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑠 − 𝐽 8.314 ∙300 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙𝑒

⟹

𝑃𝐶𝑂2 = 6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚 𝑀𝑁 2 𝑔𝑧 𝑅𝑇

𝑃𝑁2 = 𝑥𝑁2 𝑖 ∙ 𝑃𝑜 ∙ 𝑒 −

𝑃𝑁2 = 0.600 ∙ 1 𝑎𝑡𝑚

⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

𝑘𝑔 𝑚 28∙10 −3 ∙9.81 2 ∙5∙10 4 𝑚 𝑚𝑜𝑙 𝑠 − 𝐽 8.314 ∙300 °𝐾 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 ∙𝑒

⟹

𝑃𝑁2 = 2.44 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚 -

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.

-

Cálculo de las fracciones molares: 𝑥𝐶𝑂2 =

𝑃𝐶𝑂2 ⟶ 𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 ⟹ 𝑃𝑇

- 90 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝑥𝐶𝑂2 =

6.985 ∙ 10−5 𝑎𝑡𝑚 ⟹ 2.50985 ∙ 10−3 𝑎𝑡𝑚

𝑥𝐶𝑂2 = 0.028 b)

FROILAN CALLE Q.

∧

𝑥𝑁2 = 0.972________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

Cálculo 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−𝑧 𝑜

⟶ 𝑕𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 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

𝑛𝑜

𝑀𝑔

𝑒 − 𝑅𝑇 𝑧 𝑑𝑧 ⟹

𝑑𝑛 = 𝐶𝑜 ∙ 𝐴 ∙ 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 −3

𝑘𝑔

𝑚

−3

𝑘𝑔

𝑚

28∙10 ∙9.81 2 28∙10 ∙9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 760 𝑠 ∙5∙10 4 𝑚 𝑠 ∙0 𝑚 − − ∙ 105 𝑃𝑎 ∙ 5 𝑚2 𝐽 𝐽 8.314 ∙300 °𝐾 8.314 ∙300 °𝐾 750 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 °𝐾∙𝑚𝑜𝑙 𝑛 = 0 𝑚𝑜𝑙 − ∙ 𝑒 −𝑒 𝑘𝑔 𝑚 28 ∙ 10−3 ∙ 9.81 2 𝑚𝑜𝑙 𝑠

0.6 ∙

⟹

𝑛 = 1.102 ∙ 106 𝑚𝑜𝑙______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝.

- 91 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

63. 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)

Cálculo 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

− 𝑃𝑜

− 𝑙𝑛

𝑑𝑃 𝑀 = 𝑃 𝑅𝛼

𝑧

𝛽+ 𝑧𝑜

𝛽𝑇𝑜 − 𝛼𝑔𝑜 𝑑𝑧 ⟹ 𝛼𝑧 − 𝑇𝑜

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

𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

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

𝑃 = 495 ∙

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

⟹

𝑃 = 390.04 𝑚𝑚𝐻𝑔_______________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. b)

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

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

- 92 -

SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

FROILAN CALLE Q.

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

400 = 495

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

⟹

𝑧 = 1789.7 𝑚______________________________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. c)

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

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

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

350 = 495

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

⟹

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 11 2 𝑚 𝑠 𝑔 = 9.78 2 − ∙ 2899.11 𝑚 ⟹ 𝑠 360000 𝑚 𝑔 = 9.69 -

𝑚 𝑠2

Resumiendo resultados: 𝑇 = 6.303 ℃; 𝑔 = 9.69

𝑚 _____________________________________________________________________________𝑅𝑒𝑠𝑝. 𝑠2

64. 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 aceleración 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 oxígeno y nitrógeno en el aire es de 1:4 respectivamente. -

Solución:

-

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

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SOLUCIONARIO DE FISICOQUIMICA

𝛼 = 1.52 ∙ 10−3

FROILAN CALLE Q.

°𝐹 𝑝𝑖𝑒

-

Cálculo 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 (63): 𝑃 = 𝑃𝑜 ∙ 𝑒

𝛽𝑇 −𝛼 𝑔 𝑜 𝛼𝑧 −𝑇𝑜 𝑀 − 𝛽 𝑧−𝑧 𝑜 + 𝑜 ∙𝑙 𝑛 𝛼𝑅 𝛼 𝛼 𝑧 𝑜 −𝑇𝑜

⟶ 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 ⟹

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.

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