Source: http://www.slideshare.net/Atachoiutag/ejercicios-resueltos-de-gases
Timestamp: 2016-07-01 14:36:41+00:00

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Ejercicios resueltos de Gases
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Ing. Esp. Rafael Atacho
Guía con ejercicios resueltos de los Gases
Elizabeth Gàrate Sosa
La CANACA (Centrales de Abastos de la República Mexicana)
Muchas gracias me ayudaras con mi materia de fisicoquímica =)
Flor Rojas
National University of Callao
lulipoping
todo lo qe busco no lo encuentro
claudia ajno quispe
Wendy M. Zarate
Felipe Nicolas Urra
Loren Benavides
Jocabed Molinar
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Resolución de las guías de ejercicios de Fisicoquímica I para Química y Farmacia Cátedra del profesor Martín Contreras S. Ex-ayudante alumno: Ariel R. GuerreroCuando yo tomé Fisicoquímica y usaba, como tú, estas guías del profesor Martín Contreras paraestudiar, casi siempre me quedaba la duda respecto de si estaba bien lo que había hecho. Fui ayudante,y se acabó mi tiempo como tal el año 2006; pero sigo poniendo a disposición tuya estas resoluciones,para que tengas un medio de contraste respecto de lo que has hecho con lo que hice yo, que debería estarbien... No puedo garantizarlo, y en este sentido, te aconsejo ser desconﬁado: revisa bien las fórmulas ylos procedimientos, si es posible con algún libro.No tiene sentido que leas esta guía y te aprendas de memoria el procedimiento. Lo que tienes quehacer es tratar de resolver el ejercicio por ti mismo, y una vez que lo tengas resuelto, comparar losprocedimientos. Y no darse vencido a la primera: cuando uno busca por su cuenta, normalmenteaprende mucho más, y recuerda que lo que uno ha hecho, es lo que la memoria más retiene, muchomás que lo que uno ha leído, visto u oído.En esta revisión de mis resoluciones he utilizado las ventajas del sistema L TEX 2ε , algo que más Aestudiantes de nuestra facultad debieran conocer. Asimismo, he procurado poner un número adecuadode cifras signiﬁcativas. En general, recomiendo tres; cuando mucho, cuatro. Esto es algo que el profeMartín me criticó de la versión anterior de mis resoluciones. El profe es bien pesado con esta historiade las cifras signiﬁcativas, porque como él mismo me decía, los números más allá de ese límite son sólofruto del cálculo y no de una posible realidad.Por si no te has dado cuenta, hacer esta guía no es un trabajo breve. Harto tiempo hay invertido en ella.Si encuentras algún error, te ruego que me contactes (en mi página Web está mi correo electrónico) yme avises, pero no te pongas pesado. Recuerda que el respeto se consigue con respeto, y así mantenemosla amistad. Ariel R. Guerrero marzo de 2008
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com Guía Nº1: Gases1.1. ¿Qué masa de oxígeno se consume en la combustión total de 15,0 kg de butano gaseosocontenido en un cilindro de gas licuado? ¿Qué volumen de CO2 se libera? Suponga 25y 1,00 atm de presión. Considere comportamiento gaseoso ideal.R: 53,7 kg O2 ; 25,2 m3 CO2 ∆La reacción con su ecuación balanceada es: 2 C4 H10 + 13 O2 → 8 CO2 + 10 H2 OMasas molares: C4 H10 = 58,122 g/mol; O2 = 31,999 g/mol; CO2 = 44,009 g/mol.Si son 15 kg de butano, son: 15000 g g = 258,1 moles 58,122 molPor cada 2 moles de butano, se consumen 13 de O2 ; 258,1 moles es como si fueran los 2 moles; sedividen por 2 y luego se multiplican por 13, y de esto se tiene que se consumen 1677 moles de oxígeno(esto es una vulgar regla de tres).Multiplicando por el peso molecular, 1677 moles · 31,999 g mol = 53678 g = 53,7 kg.Por cada 2 moles de butano, se generan 8 de CO2 , o sea, por cada mol de butano van 4 de CO2 , y sison 258,1 moles de butano, entonces 258,1 · 4 = 1032 moles de CO2 . Entonces, atm·L nRT 1032 mol · 0,08206 mol·K · 298,15 K V = = = 25257 L = 25,3 m3 P 1 atm1.2. El denominado “gas de agua” tiene la siguiente composición porcentual en masa: Gases H2 CO N2 CO2 CH4 % p/p 6,43 67,82 10,71 14,02 1,02(a) ¿Cuál es cantidad de moles de cada componente?(b) ¿Cuál es la composición porcentual en moles de cada componente?(c) Determine la fracción molar de cada componente(d) Determine el porcentaje en volumen (utilizar ley de Amagat)(e) ¿Cuál es la masa molar promedio del gas de agua?(f ) Calcule la densidad de la mezcla a 400 y 1,5 atm. Suponga comportamiento ideal.R: (f ) 0,426 g/LMasas molares: H2 = 2,016 g/mol; CO = 28,010 g/mol; N2 = 28,013 g/mol; CO2 = 44,009 g/mol;CH4 = 16,042 g/mol.a) Cantidad de moles: Como está expresado como %p/p, por cada 100 g de gas de agua, 6,43 g 1 mol 3,19 mol para el H2 : · = 100 g de gas 2,016 g 100 g de gas 67,82 g 1 mol 2,421 mol para el CO : · = 100 g de gas 28,01 g 100 g de gas 2
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com 10,71 g 1 mol 0,382 mol para el N2 : · = 100 g de gas 28,013 g 100 g de gas 14,02 g 1 mol 0,318 mol para el CO2 : · = 100 g de gas 44,009 g 100 g de gas 1,02 g 1 mol 0,063 mol para el CH4 : · = 100 g de gas 16,042 g 100 g de gasb) Composición porcentual: La suma total de moles por 100 g de gas: 3,19+2,421+0,382+0,318+0,01 =6,375 moles totales por 100 g de gas. Dividiendo: 3,189 para el H2 : · 100 ≈ 50,0 % 6,375 2,421 para el CO : · 100 ≈ 38,0 % 6,375 0,382 para el N2 : · 100 ≈ 5,99 % 6,375 0,318 para el CO2 : · 100 ≈ 4,99 % 6,375 0,063 para el CH4 : · 100 ≈ 0,99 % 6,375c) Fracción molar: Lo mismo que el caso anterior, pero sin multiplicar por cien. H2 = 0,5; CO = 0,38;N2 = 0,06; CO2 = 0,05; CH4 = 0,01.d) Porcentaje en volumen: La ley de Amagat es análoga a la de Dalton de las presiones parciales,pero en vez de presiones, usa volúmenes. A una presión y una temperatura constantes, coincide conlos porcentajes en moles.e) Masa molar promedio: Corresponde a la suma de las masas molares de los componentes, cada unaponderada por su respectiva fracción molar. Así: 0,5 · 2,016 g H2 + 0,38 · 28,01 gmol + 0,06 · 28,013 g N2 + mol CO mol0,05 · 44,009 g mol 2 + 0,01 · 16,042 g mol 4 ≈ 15,69 mol CO CH gf) Densidad: Según la ecuación de estado de los gases ideales tenemos que P V = nRT , y de aquí n P = V RTpero los moles (n) son la masa dividida por la masa molar M (peso molecular): m n= MReemplazando, se llega a: m P = MV RTpero como estamos considerando todos los componentes, para calcular la densidad usaremos la masamolar promedio calculada en e). Así, si la densidad está deﬁnida como el cuociente entre masa y 3
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.comvolumen (ρ = m/V ), reemplazando en la fórmula anterior nos queda: PM 1,5 atm · 15,69 mol g g ρ= = = 0,426 RT 0,08206 mol·K · 400 K atm·L L1.3. El balón interno de la ﬁgura con un volumen de 5,0 L (= V1 ) contiene etano a 293 K y2,5 atm de presión. La cámara de 30,0 L (= V2 ), en la cual está inserto el balón, contieneaire (21 % de oxígeno) a 2,0 atm y 293 K, ocupando el volumen de 25,0 L = V2 − V1 .Después de abrir la llave de paso del etano y permitir la formación de la mezcla de losgases en el volumen de 30 L, se produce la combustión a través de una chispa eléctrica. Ala temperatura de 293 K determinar la presión de: A) la mezcla antes de la combustión;B) la mezcla resultante después de la combustión. ¿Se quema todo el etano? Suponerque en el aire reacciona sólo el oxígeno, formando dióxido de carbono y agua (permanecelíquida al ﬁnal)Dentro del balón interno, los moles de etano son: PV 2,5 atm · 5 L n= = atm·L = 0,520 moles RT 0,08206 mol·K · 293Ky afuera, en la cámara, los moles de aire son: PV 2 atm · 25 L n= = atm·L = 2,08 moles RT 0,08206 mol·K · 293KEl recuento total de moles es de 0,520 + 2,08 = 2,60 moles, aproximadamente, y después de abrir lallave de paso del balón de 5 litros, si se mantiene la temperatura a 293 K, la presión es: nRT 2,60 mol · 0,08206 mol·K · 293 K atm·L P = = ≈ 2,1 atm V 30 LEncendida la chispa, la reacción con su ecuación balanceada es: ∆ 2 C2 H6 + 7 O2 → 4 CO2 + 6 H2 OEl reactivo limitante es el oxígeno, y por lo mismo, no se quema todo el etano, y sí reacciona todo eloxígeno. Los moles de O2 pueden dividirse por 7 y multiplicarse: por 2 para saber cuántos moles deetano reaccionan, por 4 para saber cuántos moles de CO2 se generan, y por 6 para saber los molesde agua. Así, si teníamos 2,08 moles de aire, tenemos 2,08 · 0,21 = 0,437 moles de oxígeno, y 2,08 −0,437 = 1,643 moles de aire distinto de oxígeno (principalmente nitrógeno) que supondremos que noreaccionará. 4
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.comEntonces: 0,437 / 7 = 0,0624 y se consumen 0,0624 · 2 = 0,125 moles de etano, y se generan 0,0624 ·4 = 0,250 moles de CO2 y 0,0624 · 6 = 0,374 moles de agua.El recuento total de moles es: 1,643 (aire) + (0,52 − 0,125) (etano) + 0,25 (CO2 ) = 2,288 y así: nRT 2,288 mol · 0,08206 mol·K · 293 K atm·L P = = ≈ 1,8 atm V 30 LEl agua a 293 K y 1,8 atm es líquida, y de un volumen pequeño comparada con la cámara, por eso nola consideramos en el cálculo ﬁnal de la presión.1.4. Se recoge una cierta cantidad de nitrógeno bajo agua ocupando 200 mL a 20 y745 torr. ¿Cuál es el volumen en condiciones normales del mismo gas anhidro? Supongacomportamiento ideal. La presión de vapor del agua a 20 es de 17,54 torr.R: 178 mLAsumiendo un sistema binario (sólo nitrógeno y agua), si la presión total es de 745 torr, la presiónparcial del nitrógeno es de 745 − 17,54 = 727,5 torr = 0,96 atm (ley de Dalton), y el número de moleses: PV 0,96 atm · 0,2 L n= = = 7,96 × 10−3 moles RT 0,08206 mol·K · 293,15 K atm·Ly en condiciones normales (0 ; 1 atm): nRT 7,96 × 10−3 moles · 0,08206 atm·L · 273,15 K V = = mol·K = 0,178 L = 178 mL P 1 atm1.5. En un tanque de capacidad de 50 L se mezclan 30 L de CO medidos a 3,0 atm y 40 Lde H2 medidos a 5,0 atm. Se abre la válvula dejando escapar al exterior 30 L medidosa la presión de 1,0 atm. La temperatura se mantiene siempre a 25 . Calcule la presiónﬁnal en el tanque y su composición volumétrica. Suponga comportamiento ideal.R: 5,2 atm ; 31 % CO y 69 % H2 v/v PV 3 atm · 30 LPara el CO: n = = ≈ 3,68 moles RT 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·L PV 5 atm · 40 LPara el H2 : n = = ≈ 8,18 moles RT 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·LY la suma es 3,68 + 8,18 = 11,86 moles. La composición en volumen es proporcional a la fracciónmolar (ley de Amagat), y así se tiene que los porcentajes son: (3,68/11,86) · 100 = 31 % para el CO y(8,18/11,86) · 100 = 69 % para el H2 . Es la misma composición del gas de salida.Los 30 L que se dejan escapar son: PV 1 atm · 30 L n= = ≈ 1,23 moles RT 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·Lque corresponden a la mezcla de gases. Restando de los moles totales iniciales, se tiene que los molesﬁnales son: 11,86 − 1,23 = 10,63, y en términos de presión eso es: nRT 10,63 mol · 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·L P = = ≈ 5,20 atm V 50 L 5
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com1.6. Dos matraces de igual volumen, conectados por un tubo estrecho de volumen des-preciable, contienen hidrógeno gaseoso, H2 . Inicialmente ambos matraces están a 27 ycontienen en conjunto 0,80 mol de gas bajo la presión de 0,60 atm. Simultáneamente unode los matraces se sumerge en un baño con hielo a 0 y el otro en un baño de aceite a127 . Calcule la cantidad de moles de H2 en cada matraz y la presión ﬁnal en el sistema.Suponga comportamiento ideal.R: na = 0,48 mol, nb = 0,32 mol y P = 0,65 atmEl volumen total es: nRT 0,80 mol · 0,08206 mol·K · 300,15 K atm·L V = = = 32,8 L P 0,6 atmPero son dos matraces. El volumen en cada matraz es la mitad del volumen total (16,4 L), y es estacantidad la que usamos para obtener la presión en cada matraz. La presión es igual en los matraces por-que hay un tubo que los conecta. Sabemos que: n1 + n2 = 0,80 mol, y que n = P V /RT . Reemplazandoesta última expresión en la anterior, nos queda: PV PV + = 0,80 mol RT1 RT2Pero la presión es constante, los volúmenes son iguales y R es constante; factorizando queda: PV 1 1 + = 0,80 mol R T1 T2 0,80 mol · R P = 1 1 V + T1 T2y ahora reemplazamos con los nuevos valores de temperatura, para calcular P al ﬁnal del proceso: 0,80 mol · 0,08206 mol·K atm·L P = ≈ 0,65 atm 1 1 16,24 L + 273,15 K 400,15 K PV 0,65 atm · 16,4 LLos moles, pues, son: n1 = = ≈ 0,48 moles RT 0,08206 mol·K · 273,15 K atm·L PV 0,65 atm · 16,4 Ly n2 = = ≈ 0,32 moles RT 0,08206 mol·K · 400,15 K atm·L1.7. El sistema de la ﬁgura contiene nitrógeno gaseoso. Cada balón tiene una capacidadde 1,00 L y permanecen unidos por una llave de paso. Se realizan las siguientes 3 etapasconsecutivas:Etapa 1: Con la llave abierta el gas se encuentra a 290 K bajo la presión de 1 atm.Etapa 2: Con la llave de paso abierta se mantiene la temperatura del balón A en untermostato a 290 K y el balón B en un termostato a 348 K. Luego de esperar un tiemporazonable, que permita el equilibrio térmico en cada termostato, se cierra la llave de paso.En esta etapa ¿cuál es la presión y la cantidad de moles en cada balón?Etapa 3: Con la llave de paso cerrada, todo el sistema se coloca en un termostato a 320 K.Bajo estas nuevas condiciones, ¿cuál es la presión y la cantidad de moles en cada balón?Suponer comportamiento ideal. 6
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.comEl volumen total son dos litros, considerando ambos balones. En la etapa 1, a 1 atm y 290 K, lacantidad de moles totales es: PV 1 atm · 2 L n= = ≈ 0,084 moles RT 0,08206 mol·K · 290 K atm·LPara calcular la presión en la etapa 2, análogo al ejercicio anterior: nA + nB = 0,084 mol PV 1 1 + = 0,084 mol R TA TB 0,084 mol · R P = 1 1 V + TA TB 0,084 mol · 0,08206 mol·K atm·L = 1 1 2L + 290 K 348 K = 1,09 atmY los moles en cada balón son: PV 1,09 atm · 2 L nA = = ≈ 0,046 moles RTA 0,08206 mol·K · 290 K atm·L PV 1,09 atm · 2 L nB = = ≈ 0,038 moles RTB 0,08206 mol·K · 348 K atm·LEn la etapa 3, como se cerró la llave antes, la cantidad de moles en cada balón sigue siendo la mismaque en la etapa 2; varían las presiones: nRT 0,046 mol · 0,08206 atm·L · 320 K PA = = mol·K ≈ 1,2 atm V 1L nRT 0,038 mol · 0,08206 atm·L · 320 K PB = = mol·K ≈ 1,0 atm V 1L1.8. Un balón de acero de 5,00 L contiene 2,08 moles de nitrógeno (N2 ) a 293 K. Unsegundo balón de 20,0 L contiene oxígeno (O2 ) a 303 K sometido a una presión de15,0 atm. El contenido de ambos balones es transferido totalmente a un recipiente de50,0 L y es mantenido a una temperatura de 25,0 .(a) Determine la presión total y las presiones parciales en la mezcla.Al recipiente de 50,0 L, con nitrógeno y oxígeno, se le adicionan 57,1 g de isooctano 7
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com(C8 H18 , PM = 114,2 g/mol). Luego, el hidrocarburo es quemado totalmente hasta dióxidode carbono y agua. Finalmente, el sistema es enfriado hasta 25,0 .(b) ¿Cuál es la presión total y las presiones parciales de cada componente? Suponer queel agua condensa completamente y los gases tienen un comportamiento ideal.R: (a) 7,00 atm, PN2 = 1,03 atm, PO2 = 5,97 atm; (b) 5,79 atm, PN2 = 1,02 atm, PO2 =2.81 atm, PCO2 = 1,96 atma) Sabemos que el balón que contiene nitrógeno tiene 2,08 moles del gas, y el de oxígeno contiene: PV 15 atm · 20 L n= = ≈ 12,07 moles RT 0,08206 mol·K · 303 K atm·LSumando: 12,07 + 2,08 = 14,15 moles. La presión total es: nRT 14,15 mol · 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·L P = = = 6,92 atm V 50,0 Ly las presiones parciales son: 2,08 12,07 PN 2 = · 6,92 = 1,02 atm ; PO2 = · 6,92 = 5,90 atm 14,15 14,15 ∆b) La reacción es: 2 C8 H18 + 25 O2 → 16 CO2 + 18 H2 O 57,1 gEl número de moles de isooctano es: n = g = 0,5 mol y estequiométricamente, para 0,5 mol 114,2 molse consumen 6,25 moles de oxígeno, y se producen 4 moles de CO2 . El agua se condensa toda y no laconsideramos entre los gases. Entonces, la presión total después de la reacción es: P = PN2 +PO2 +PCO2y si se consumen 6,25 moles de O2 , 12,07 − 6,25 = 5,82 moles ﬁnales de oxígeno; nos queda: RT 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·L P = (nN2 + nO2 + nCO2 ) = (2,08 + 5,82 + 4) ≈ 5,82 atm V 50 LY las presiones parciales: 2,08 5,82 4 PN2 = · 5,82 = 1,02 atm ; PO2 = · 5,82 = 2,85 atm ; PCO2 = · 5,82 = 1,96 atm 11,90 11,90 11,901.9. Calcular la masa de vapor de agua presente en el aire en una sala de clases dedimensiones 8 m × 16 m × 3,5 m a 25 , cuando la humedad relativa es 60 %. La presiónde vapor del agua a 25 es 23,76 torr.R: 6,2 kgSuponiendo que el aire contiene toda el agua que puede contener, es decir, en el punto de saturación,cuando la humedad relativa es el 100 % (la humedad relativa es la razón entre la masa de vapor deagua en el aire y la masa de ídem en el punto de saturación), en tal caso, aplicando la ecuación delos gases ideales a los datos entregados: 23,76 torr son: 23,76/760 = 0,0313 atm; 8 m × 16 m × 35 m =448 m3 = 448000 L y la cantidad de moles de vapor de agua es: PV 0,0313 atm · 448000 L n= = = 572 moles RT 0,08206 mol·K · 298,15 K atm·L 8
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.comPero esto era en el 100 % de humedad relativa. La humedad relativa real es del 60 %; o sea, la masade vapor de agua es el sesenta por ciento de eso: 572 · 0,6 = 343,2 moles, que traducidos a masa son: 343,2 g · 18 mol = 6178 g ≈ 6,2 kg g1.10. Los valores de temperatura y presión críticas para el monóxido y dióxido de carbonoson respectivamente 134 K, 35 atm y 304,2 K, 73 atm. (a) Compare las magnitudes desus constantes de van der Waals a y b, y los volúmenes críticos respectivos. (b) ¿Cuál deestos gases se comportaría más idealmente en condiciones estándar? 2 27 (RTc ) 2 27 0,08206 mol·K · 134 K atm·L L2 ·atmPara el CO: a = = = 1,46 64 Pc 64 · 35 atm mol2 RTc 0,08206 mol·K · 134 K atm·Lb= = = 0,0393 L y V c = 3b = 0,118 L 8Pc 8 · 35 atm mol mol 2 27 (RTc ) 2 27 0,08206 mol·K · 304,2 K atm·L L2 ·atmPara el CO2 : a = = = 3,60 64 Pc 64 · 73 atm mol2 RTc 0,08206 mol·K · 304,2 K atm·Lb= = = 0,0427 L y V c = 3b = 0,128 L 8Pc 8 · 73 atm mol molEl que se comporta más idealmente tiene los valores de a y b más pequeños; el CO es el más ideal.1.11. El factor de compresibilidad para el N2 a −50 y 800 atm es 1,95; a 100 y 200 atmes 1,10. Una cierta masa de nitrógeno ocupó un volumen de 1,0 L a −50 y 800 atm.Calcular el volumen ocupado por la misma cantidad de nitrógeno a 100 y 200 atm.R: 3,77 L V real PV PVPor deﬁnición, Z = = = n V ideal RT RTAplicando esta fórmula a los primeros datos de la masa de nitrógeno: PV 800 atm · 1,0 L n= = = 22,4 moles ZRT 1,95 · 0,08206 mol·K · 223,15 K atm·Ly estos moles, en las segundas condiciones, ocupan un volumen de: ZnRT 1,10 · 22,4 mol · 0,08206 mol·K · 373,15 K atm·L V = = = 3,77 L P 800 atm1.12. Para realizar la hidrogenación de benceno se requiere que el autoclave de 5,0 Lesté a 327 con una presión parcial de benceno de 40,0 atm. ¿Qué masa de bencenodebe introducirse en el autoclave? (1) Suponga comportamiento ideal (2) Considere que 2el benceno gaseoso se comporta como gas de van der Waals. (a = 18,0 Lmol2 , b = 0,1154 ·atmL/mol)R: (1) 312 g (2) 430 gMasa molar del benceno: 78,112 g/mol. 9
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com PV 40 atm · 5,0 LComo gas ideal, n = = = 4,06 moles RT 0,08206 mol·K · 600 K atm·Lo sea, 4,06 g · 78,112 g/mol = 317,2 g.Como gas de van der Waals, hay que sacar los moles de la fórmula general: n2 a P+ (V − nb) = nRT V2 ab 3 aTú transfórmala hasta llegar a: n − n2 − (RT + P b) n − P V = 0 V2 VReemplazando en esta última fórmula las constantes a = 18; b = 0,1154; Vc = 5; Tc = 600,15; R =0,08206; P = 40, se obtienen tres raíces (con calculadora cientíﬁca, obvio), de las cuales sólo nos sirveuna: 5,45 moles, que son poco más de 425 g.1.13. Calcule la presión ejercida por un mol de eteno bajo las siguientes condiciones: (a) a273,15 K en 22,414 L, (b) a 1000 K en 0,100 L. Para cada caso considere comportamientoideal y de gas de van der Waals. Observe en qué casos se produce mayor discrepancia. a 2= 4,471 Lmol2 b = 0,05714 L/mol. ·atmR: (a) 1,00 atm; 0,995 atm) (b) 821 atm; 1468 atmMasa molar: 28,053 g/mol. Como gas ideal, caso a) 1,00 atm. (Ningún cálculo que hacer; esa es ladeﬁnición de las condiciones normales de P y T ) nRT 1 mol · 0,08206 mol·K · 1000 K atm·Lcaso b), P = = ≈ 821 atm V 0,100 LComo gas de van der Waals, hay que despejar P de la ecuación general. Caso a): 2 nRT n2 a 1 mol · 0,08206 mol·K · 273,15 K 1 mol2 · 4,471 Lmol2 atm·L ·atm P = − 2 = − = 0,994 atm V − nb V 22,414 L − 1 mol · 0,05714 mol L 22,4142 L2y en el caso b), 2 nRT n2 a 1 mol · 0,08206 mol·K · 1000 K 1 mol2 · 4,471 Lmol2 atm·L ·atm P = − 2 = − = 1468 atm V − nb V 0,1 L − 1 mol · 0,05714 mol L 0,12 L2Es evidente que la ecuación de van der Waals proporciona resultados más exactos a altas presiones,aunque a presiones demasiado grandes, ni la ecuación del virial es representativa.1.14. En un proceso industrial el nitrógeno debe ser calentado hasta 500 K, a volumenconstante. Si entra en el sistema a 300 K y 100 atm, ¿qué presión ejerce a la temperatura 2ﬁnal? Considere comportamiento de gas ideal y de van der Waals. a = 1,390 Lmol2 , b = ·atm0,03913 L/mol.R: 167 atm; 183,5 atm.Como no se especiﬁca la cantidad de gas, trabajamos directamente con el volumen molar. RT 0,08206 mol·K · 300 K atm·LAsí, como gas ideal, V = = L = 0,246 mol P 100 atm RT 0,08206 mol·K · 500 K atm·Ly a la temperatura ﬁnal, P = = L ≈ 167 atm V 0,246 mol 10
Ex-ayudante alumno: Ariel R. Guerrero, 2008. Baja de Internet esta resolución en http://arielrgh.googlepages.com 3Como gas de van der Waals, de despejar la ecuación general, resulta (haz tú el despeje): P V − (P b + 2RT )V + aV − ab = 0, y al resolver la ecuación cúbica, el volumen molar es de 0,236 L/mol. Otraopción es usar el método iterativo; se llega al mismo resultado. Reemplazando en la fórmula general,con las condiciones ﬁnales, obtengo 183,3 atm.1.15. Demuestre que para un gas de van der Waals el coeﬁciente de expansión térmicaes: R α= a 2ab PV − − 2 V V 1 ∂VEl coeﬁciente de expansión térmica α está deﬁnido como: α = V ∂T P aPara un gas de van der Waals, la ecuación de estado es: P+ 2 V − b = RT Vy de ella, a ab PV − Pb + − 2 = RT V V 1 a ab T = PV − Pb + − 2 R V VComo sabemos, la presión, la temperatura y el volumen son variables; una de estas variables la podemosconsiderar como función de las otras dos, es decir, V = V (T,P ). Así, al derivar la temperatura respectodel volumen, considerando la presión constante, se obtiene la derivada parcial: ∂T 1 a 2ab = P− 2 − 3 ∂V P R V VElevando a −1 esta última expresión, se obtiene: ∂V R = ∂T a 2ab P P− 2 − 3 V Vy reemplazando esta última derivada parcial en la deﬁnición de α: 1 ∂V 1 R R α= = · = V ∂T V a 2ab a 2ab P P− 2 − 3 PV − − 2 V V V V“Colorín colorado, queda esto demostrado”. He presentado la forma más fome de hacer esta demos-tración. Sin embargo, hay veces en que no se puede llegar y hacer este despeje, luego es convenienteaprender a hacer este ejercicio determinando directamente la derivada parcial pedida, utilizando deri-vación implícita. 11
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