2012

TERMODINÁMICA AMBIENTAL

1. Se lleva a cabo un experimento de Dumas en el cual se determinan las cantidades de presión, temperatura y volumen para una muestra de gas. Si se mantiene una muestra de 1.08 gramos en 0.250 dm³ a 303 K y 101.3 kPa.a) ¿Cuál es el volumen de la muestra a 273.15 K a presión constante?b) ¿Cuál es la masa molar de la muestra?

I. TRADUCCIÓN

M=?

II. PLANTEAMIENTO

Considerando la ecuación de los gases ideales:

PV=nRT……………(1)

V=nRTP

……………....(2)

n= mPM

……………..…(3)

PV= mPM

RT………… (4)

PM= mPV

RT……….. ..(5)

III. CÁLCULOS

Necesitamos conocer primeramente el valor de PM ; con respecto a la ec. 4 se tiene:

PM=(1.08gr )

(1.0329 atm )¿¿

Con este valor estaríamos encontrando la respuesta al inciso (b)

v=0.250<¿

T=303K

p=101.3 kPa

m=1.08 gr

v=?<¿

T=273.15K

p=101.3 kPa

Por otro lado según la ec. 2 observamos que:

n= 1.08 gr103.9792 gr /mol

=0.0103866mol

Obtenido n se procede a calcular el inciso a), según la ec.2

V=(0.0103866mol ) (0.08205<¿atm /Kmol ) (273.15k )

(1.0329atm )=0.225369<¿

IV.

RESULTADOS

Comentario: El volúmen buscado es igual a 0.22Lt y la masa molar es igual a 103.9792 g/mol

Muestra Presión en atm Temp. en K Vol. en litrosPrimera condición 1.0329 303 0.250Segunda condición 1.0329 273.15 0.225369

2. ¿Cuál es la densidad del amoniaco a 100°C Y 1.15 atm?

I. INTRODUCCIÓN

T= 100°C P= 1.15 atmρ=?

II. PLANTEAMIENTOTomando en cuenta en peso molecular del amoniaco, en este caso 117 g/mol, teniendo ya su temperatura y presión establecidas, procederemos a calcular la densidad en base a:

PV=nRT≫n= mM

PV= mMRT

PMV=mRT

PM=mVRT≫ρ=m

V

PM=ρRT∴ ρ=PMRT

III. CÁLCULOS

ρ=(1.15atm)(17 g

mol)

(0.08205¿ ∙ atmk ∙mol

)(373k )

ρ=0.6378 g

dm3

IV. RESULTADOS

Masa del amoniacoNH₃

Temperatura Presión Densidad

17 g/mol 100°C= 372k

1.15 atm

0.6378 g/dm³

Comentario: El NH₃ a 100°C y a 1.15 atm posee una densidad de 0.6378 g/dm³

3. Un gas con comportamiento ideal tiene una densidad de 1.92 dm³ a 150 kPa y 298 K¿Cuál es la masa molar de la muestra?

I. INTRODUCCIÓN

M=? P= 150 KPa

T= 298 K

II.PLANTEAMIENTO

Teniendo una densidad de 1.92dm3, una presión de 150 KPa, y una temperatura de 298 K, se puede calcular la masa molar de la muestra a partir de la ecuación de los gases ideales:

PV=nRT≫n= mM

PV= mMRT

PMV=mRT

PM=mVRT≫ρ=m

V

PM=ρRT∴M= ρRTP

III. CÁLCULOS

Convirtiendo KPa a atmósferas: 150KPa|0.0098atm1KPa |=1.47 atmSustituyendo:

M=(1.92dm3 )(0.08205 ¿ ∙ atm

k ∙mol ) (298K )

1.47atm

M=31.9358 gmol

IV. RESULTADOS

Densidad Presión Temperatura Masa Molar R1.92dm3 150KPa

=1.47 atm298 K 31.9358

g/mol0.08205

¿ ∙ atmk ∙mol

ρ=1.92dm3

Comentario: La masa molar de la muestra bajo una presión de 150 KPa, una densidad de

1.92dm3 y una temperatura de 298 K es 31.9358 g/mol.

4. La densidad del aire a 101.325 kPa y 298.15 K es de 1.159 g/dm³. Suponiendo que el aire se comporta como un gas ideal. Calcule su masa molar.

I. INTRODUCCIÓN

M=? P= 101.325 KPa

T= 298.15 K

II. PLANTEAMIENTO

Se ha establecido que el aire se comporta como un gas ideal, por lo tanto la masa molar se puede calcular a partir de la ecuación de los gases ideales:

PV=nRT≫n= mM

PV= mMRT

PMV=mRT

PM=mVRT≫ρ=m

V

PM=ρRT∴M= ρRTP

III. CÁLCULOS

Convirtiendo KPa a atmósferas: 101.325KPa|0.0098atm1KPa |=0.99298atmSustituyendo:

M=(1.159dm3 )(0.08205 ¿ ∙ atm

k ∙mol ) (298.15K )

0.99298atm

M=28.5531 gmol

IV. RESULTADOS

Densida Presión Temperatura Masa Molar R

ρ=1.159 g

dm3

d1.159dm3 101.325KPa

=0.992985 atm

298.15 K 28.5531 g/mol

0.08205¿ ∙ atmk ∙mol

Comentario: La masa molar de la muestra bajo una presión de 101.325 KPa, una densidad de 1.159dm3 y una temperatura de 298.15 K es 28.5531 g/mol.

5. Se mantiene nitrógeno gaseoso a 152 kPa en un recipiente de 2 dm³ a 298.15 K. Si su masa molar es 28.0134 g/mol. Calcule:a) La cantidad de moles presente de N₂ presente.b) El número de molécula presentes.c) La media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculas.d) La energía cinética traslacional promedio de cada molécula.e) La energía cinética traslacional total del sistema

I. INTRODUCCIÓN T=298.15 K

V= 2 dm³

II. PLANTEAMIENTO

De la ecuación de los gases ideales, se tienes que: PV=nRTdonde n=PVRT

………..(1)

Ahora bien, El No. de moléculas por mol de cualquier gas es una constante física importante conocida como número de Avogadro que se representa como (N) y el mejor valor actual es de 6.023 × 10²³ moléculas por mol-gramo.………..(2)

La media cuadrática de la velocidad de un gas se define como la raíz cuadrada de la media de la velocidad al cuadrado de las moléculas de un gas. La velocidad RMS de un gas ideal

es calculada usando la siguiente ecuación: V RMS=√ 3kTM ……………..(3)

donde k representa la constante de Boltzmann (cuyo valor es 1.3806503×1023 JK

), T es la

temperatura del gas en kelvins, y M es la masa del gas, medida en kilogramos.

La energía cinética promedio, asociada a cualquier componente de velocidad, es: U p=12mv2

=12NkT=1

2nRT……… (4)

M=28.0134g/mol

P=152 KPa

Como las moléculas de un gas ideal solamente tienen energía cinética, se desprecia la energía potencial de interacción. La energía cinética traslacional de N moléculas es simplemente N

veces la energía promedio por molécula, entonces: U=N ( 12mv2)=32 NkT=32nRT………… (5)

III. CÁLCULOS

a) PV=nRT≫n=PVRT

… (1)

152KPa( 1atm101.325KPa )=1.50012atmn=(1.50012atm)¿¿

n=0.12264moles

b) 0.12264moles|6.023×1023mol é culas1mol |=7.3866×1022mol é culas c) 28.0134

gmol | 1kg

1000gr|=0.0280134 kgmol De la ecuación (3)

V RMS=√ 3 (1.3806503×1023 JK )(298.15K )

(0.0280134kg)

V RMS=209.9601ms

d) De ec. (4)

U p=12(0.12264moles)(0.08205 ¿ ∙ atm

k ∙mol )(298.15)U p=¿0.50008 J

e) De ec. (5)

U=32

(0.12264moles )(0.08205 ¿ ∙ atmk ∙mol ) (298.15K )

U=4.50025J

IV. RESULTADOS

Cantidad n presentes

Moléculas N₂ presentes

Media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculas

Energía traslacional promedio

Energía traslacional total

0.12264moles 7.3866×1022molé culas 209.9601ms

0.50008 J 4.50025 J

6. Hallar la presión total ejercida por dos gramos de etano y tres gramos de dióxido de carbono contenidos en una vasija de 50 litros, a la temperatura de 50 °C.

I. TRADUCCIÓN

V= 50 L

T = 50 °C = 323 °K

II. PLANTEAMIENTO

La presión total ejercida por una mezcla de gases es simplemente la suma de las presiones parciales que cada uno de los gases ejercería si los otros no estuvieran presentes.

III. CÁLCULOS

2 gr de C2H 6 ( 1moldeC2H 6

20 gr deC2H 6)=0.1moldeC2H 6

3 gr de CO2(1mol deCO2

44 gr deCO2)=0.0681molde CO2

Formula

Pt=nRTv

Sustitución

P = (0 .1681mol )(323 ° K )¿¿

IV. RESULTADOS

Gas 1 C2H 6 Gas 2 CO2 Volumen Temperatura Presión total0. 1 mol 0.0681 mol 50 Lt 323 °K 0.0891 atm

Comentario: La presión total ejercida por dos gramos de etano y tres gramos de dióxido de carbono contenidos en una vasija de 50 litros, a la temperatura de 50 °C es de 0.0891 atm

2 gr de C2H 6

3gr de CO2

7.- En un recipiente vacío se introducen 7 g de N, 16 g de O, 3.03 g de H. La capacidad del recipiente es de 80 litros y la temperatura de 50 °C.¿Cuál es la presión parcial de cada uno de los gases de la mezcla?¿Cuál es la presión total? ¿Cuál es la fracción mol de cada componente?

I .TRADUCCIÓN

II. PLANTEAMIENTO

Considerando el comportamiento del gas ideal utilizamos las ecuaciones:PV= nRT Pt = PO2+PN2+PH2…………………………………………………..….. (a)

Pi =niRT

V……………………………………………………………………. (b)

III. CÁLCULOS

Conversión de los gramos de los gases a moles

7 g N2

1mol N 2

28 g N2=0.25 mol N2

16 g O2

1molO 2

16 gO2= 0.50 mol O2

3.03 g H2

1mol H 2

2 g H 2= 1.515 mol H2

De la ecuación (b

PN2= (0.25mol )( 0.082<atmk mol ) (50+273K )

80<¿¿=0.0828 atm

PO2=(0.50mol )( 0.082<atmk mol ) (50+273 )

80<¿=¿¿0.1656 atm

PH2=(1.515mol )( 0.082<atmk mol ) (50+273 )

80<¿¿=0.5018 atm

De la ecuación (aPt= 0.0828 atm +0.1656 atm +0.5018 atmPt=0.7502

IV. RESULTADOS

COMPONENTE PRESION PARCIAL (atm)

N2 0.0828 atmO2 0.1656 atmH2 0.5018 atmPresión total (atm)

0.7502

Comentario: Para obtener la presión total del sistema, se hizo la sumatoria correspondiente de las presiones parciales del N₂, O₂, H₂.

8.- Un gas tarda dos veces mas en experimentar difusión a través de un orificio, que la misma cantidad de nitrógeno ¿Cuál es la masa molar del gas A?I. TRADUCCION

N2=28 g

II. PLANTEAMIENTOConsiderando el comportamiento del gas ideal, utilizamos la segunda ley de difusión de GrahamV 1V 2

=√M 2

√M 1

Y tomamos en cuenta la relación 2.3: 1Por lo que:V 1V 2

=2.31

=√M 2

√M 1

M2=( 2.31 )2

M 1

III. CÁLCULOSN2=28 g

M2=( 2.31 )2

28g=148.12g

IV. RESULTADOS

COMPONENTE MASA MOLARN2 28 gGAS DESCONOCIDO

148.12 g

Comentario: La masa molar del gas desconocido es de 148.12 g

9.- Exactamente 1 dm3 de N2 a presión de 1 bar tarda 5.80 minutos en experimentar efusión a través de un orificio. ¿Cuánto tardara el helio para experimentar efusión en las mismas condiciones?

I. TRADUCCIÓN

II. PLANTEAMIENTOConsiderando el comportamiento ideal, utilizamos la ley de difusión de Graham

√M 2

√M 1

=t2t1

t2=t1√M 2

M 1

………………………………………………………..(a)

III. CÁLCULOSConvirtiendo el volumen del N2 en gramos

ρN2=1.25 g¿1 dm3= 1 lt1 lt de N2=1.25 g de N2

Aplicando la ecuación (a)

T2=(5.80min ) (√8 g )

√1.25 g=14.6729min

IV. RESULTADOS

Gas TiempoHelio 5.80 minutos Nitrógeno 14.6729

minutos

V=1 dm3

P= 1 bar

T= 5.8 minutos

Comentario: El helio tardará aproximadamente 5.8 minutos en hacer efusión bajo las mismas condiciones que el nitrógeno10. Mediante la ecuación de van der Waals. Hallar la temperatura a la que 3 moles de dióxido de azufre ocupan un volumen de 10 litros a la presión de 15 atmósferas.

I. TRADUCCIÓN

V=10ltT=?

P=15atm

II. PLANTEAMIENTOUtilizando la ecuación de Van Der Waals, se tiene:

(P+ n2a

V 2 ) (V−nb )=nRT≫T=(P+ n

2aV 2 )(V−nb )

RT

III. CÁLCULOSConstantes de Van Der Waals

SO₂: a=6.7752atm ∙< ¿mol2

2

¿

b=0.0568¿mol

T=¿¿

T=623.3507K

IV. RESULTADOS

La temperatura a la que 3 moles de SO₂ ocupan un volúmen de 10lt a 15 atm es 623.3507K

3mol SO₂

11. A 0 °C y bajo una presión de 100 atm el factor de compresibilidad del O₂ es 0.927. Calcular el peso de oxígeno necesario para llenar un cilindro de gas de 100 litros de capacidad bajo las condiciones dadas.

I. TRADUCCIÓN

P=100atm P=100atm T=0°C

T=0°C

II. PLANTEAMIENTO

El Factor de compresibilidad se define como la razón entre el volumen molar de un gas real y el correspondiente volumen de un gas ideal, se utiliza para comparar el comportamiento de un gas real respecto al establecido por la ecuación de los Gases Ideales. y se representa por

la letra z : z=PVRT

Puesto que v=MV, donde M es el peso molecular, el factor de comprensión puede expresarse en forma alternativa como:

PV=ZRT

P (MV )=ZRT

Z=PMVRT

≫M= ZRTPV

III. CÁLCULOS

M=(0.927)(0.08205 ¿ ∙ atm

mol ∙ k)(273K )

(100atm)¿¿

M=2.076× 10−3grmol

IV. RESULTADOS

V=100lt

Peso=?

Zo2= 0.927

El peso del oxígeno necesario para llenar un cilindro de gas de 100 lt de capacidad bajo las

condiciones dada es 2.076×10−3 grmol

12. Una muestra de vapor que pesa 0.180 g ocupa un volumen de 53.1 cm3 a 27 °C y 760 mm de Hg de presión. La presión crítica del vapor es 47.7 atm, mientras que la temperatura crítica es de 288.5°C. Mediante la ecuación de Berthelot calcular el peso molecular de vapor y comparar lo obtenido con la ley de los gases ideales.

I. TRADUCCIÓN

Tc=288.5°C

Pc= 47.7 atm

M=?

II. PLANTEAMIENTO

De la ecuación de Berthelot se tiene que:

M=(mV )(RTP )[1+ 9 PTc128 PcT (1−6T c2T 2 )]

De acuerdo a la ecuación de los gases ideales:

PV=nRT setiene que≫n= mM

Por lo tanto: PV= mMRT≫PVM=mRT

M=mRTPV

III. CÁLCULOSM=¿

M=78.8314 gmol

≫Comparandolos r esultadoscon la ec .de los gasesideales

PV=nRT≫n= mM

0.180 g

V=53.1cm³

T= 27°CP=760mmHg

PV= mMRT≫PVM=mRT

M=mRTPV

M=(0.180g)(0.08205 ¿∙ atm

k ∙mol)(300K )

¿¿M=83.4406 g

mol

III. RESULTADOEl peso molecular del vapor obtenido mediante la ecuación de Berthelot es igual a

78.8314gmol

; comparándola con el resultado obtenido con la ecuación de los gases ideales

tenemos: 83.4406gmol

. Hubo una variación de 9.6092gmol

. La confiabilidad entre la utilización

de una u otra ecuación dependerá del desarrollo de las mismas.