Ejercicios tipo examen

EJERCICIOS TIPO EXAMEN
GAS IDEAL – GAS REAL
1. Para el argón las constantes de van der Waals son a = 1.35 atm L2
/mol2
y b = 0.0322
L/mol. Elabora una gráfica de P vs V a T = 87 K, T = 151 K y T = 298 K para 2 moles de
argón en el intervalo de volúmenes de 0.070 a 0.2 L usando la ecuación de van der Waals.
Solución
La ecuación de van der Waals indica que
P +
𝑎𝑛!
V!
V − 𝑛𝑏 = 𝑛𝑅T
Despejando a P obtenemos
P =
𝑛𝑅T
V − 𝑛𝑏
−
𝑎𝑛!
V!
Sabiendo que R (la constante universal de los gases ideales) tiene un valor de 0.082 L
atm/mol K y sustituyendo los valores de n (2 mol), a y b se obtiene:
P =
2 mol ∙ 0.082
L ∙ atm
mol ∙ K ∙ T
V − 2 mol ∙ 0.0322
L
mol
−
1.35
atm ∙ L!
mol! ∙ 2 mol !
V!
P =
0.164 T
V − 0.0644
−
5.4
V!
V deberá entonces expresarse en litros, L. Así pues, las ecuaciones que deben graficarse
luego de sustituir el valor de la temperatura de 87 K, 151 K y 298 K son, respectivamente
P =
14.27
V − 0.0644
−
5.4
V!
P =
24.76
V − 0.0644
−
5.4
V!

GASES IDEALES Y GASES REALES 2
P =
48.87
V − 0.0644
−
5.4
V!
La gráfica que se obtiene es la siguiente:
2. Para el argón, 298 K representa la temperatura ambiente, 151 K su temperatura crítica y
87 K su punto de ebullición normal. Compara las tres isotermas que acabas de graficar.
¿Qué encuentras?
Solución
En el caso de la isoterma de 298 K el argón se halla muy por encima de su punto
crítico y, por tanto, alcanza la condición de gas permanente (esto es, a esa temperatura, por
más presión que sobre él se ejerza, será imposible transformarlo en un líquido). El
comportamiento de su isoterma es el clásico que obedece la ley de Boyle-Mariotte en todo
el intervalo de P-V.
Argumentos similares pueden formularse acerca de la isoterma de 151 K, la cual
aparece algo más abajo que la anterior en el diagrama (como también lo predice la ley de
Boyle-Mariotte al poseer una menor temperatura). De acuerdo a la ecuación de van der
Waals, esta isoterma será la última que posea un comportamiento hiperbólico, ya que las
que se encuentren por debajo de ella exhibirán una deformación como consecuencia de la
aparición del estado líquido (recuerda que la isoterma del punto crítico es la última que no
involucra esta fase condensada). En la realidad, esta isoterma ya exhibe una pequeña
deformación.
-500
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
0.05 0.1 0.15 0.2
P
V
87 K
151 K
298 K

Para la isoterma de 87 K vale la pena mostrar un diagrama en el que se represente a
ella sola. Por principio de cuentas, el ejercicio nos está indicando que a esta temperatura el
argón se transforma en un líquido a la presión de 1 atmósfera (definición del punto de
ebullición normal), por lo que se espera un considerable distanciamiento de la forma
hiperbólica al estar ya involucrado a esta temperatura esta fase condensada. Efectivamente,
lo que observamos es lo siguiente:
En los diagramas que
cubren el intervalo completo de
P-V, como el que se encuentra
a la derecha de estas líneas, el
único intervalo las isotermas
que se encuentran por debajo
de la del punto crítico (esto es,
de la isoterma de T = Tc) que
describe el comportamiento de
la fase gaseosa es el que posee
la forma hiperbólica típica de la
ley de Boyle-Mariotte, a la
derecha de la misma (como
ejemplo, el intervalo señalado
por los puntos -l ). En ell
momento en el que la isoterma
comienza a “descender”, ésta
ya no se grafica y es
reemplazada por una línea
horizontal ( -l ) que represental
la coexistencia (equilibrio) de
la fase vapor y la fase líquida.
Más allá de esta región (del
punto a la izquierda) lal
isoterma sólo describe
presencia de la fase líquida.
-200
-100
0
100
200
300
400
500
0.05 0.1 0.15 0.2
P
V
87 K

3. Utiliza la ecuación de van der Waals para determinar el valor de Z para el CO2 a una T =
273 K considerando que se hace uso de un recipiente de 1 L y el uso de 1 mol de este gas.
Para el CO2 a = 3.59 atm L2
/mol2
y b = 0.0427 L/mol.
Solución
Para un gas real, PV = ZnRT; para ese mismo gas considerándolo ideal PV = nRT.
Z puede obtenerse a partir de la siguiente comparación:
P!"#$V = Z𝑛𝑅T
P!"#$%V = 𝑛𝑅T
Dado que en la comparación de los dos sistemas n, V y T son iguales y R es una constante
(la universal de los gases), la expresión puede reducirse a
P!"#$
P!"#$%
= 𝑍
Efectuando cálculos obtenemos con T = 273 K
P!"#$ =
𝑛𝑅T
V − 𝑛𝑏
−
𝑎𝑛!
V!
=
1 mol ∙ 0.082
L ∙ 𝐚𝐭𝐦
mol ∙ K ∙ 273 K
1 L − 1 mol ∙ 0.0427
L
mol
−
3.59
𝐚𝐭𝐦 ∙ L!
mol! ∙ 1 mol !
1 L !
= 19.79 𝐚𝐭𝐦
P!"#$% =
𝑛𝑅T
V
=
1 mol ∙ 0.082
L ∙ 𝐚𝐭𝐦
mol ∙ K ∙ 273 K
1 L
= 22.39 𝐚𝐭𝐦
Z = 19.79 atm / 22.39 atm = 0.88
4. Considera el resultado del ejercicio anterior y compáralo con la siguiente gráfica del
factor de compresibilidad Z vs P, expresada a 273 K. ¿Qué puedes concluir?

.
Solución
El resultado obtenido para Z del CO2 en las condiciones descritas por el ejercicio anterior
empleando la ecuación de van der Waals = 0.88 es razonablemente consistente con el que
se obtiene midiendo directamente en la gráfica la gráfica del factor de compresibilidad que
se muestra: Z = 0.80. Considera la línea de color azul oscuro, la correspondiente al CO2, en
la siguiente ampliación de la gráfica:
Zcalculada con van der Waals = 0.88
Zestimada con la gráfica = 0.80

No olvides que en esta gráfica la presión que se toma en cosnideración sobre el eje
horizontal es la del gas ideal.
5. Una muestra de hidrógeno gaseoso, H2, se encuentra a 25.34 atm y 34.585 K. (a) ¿A qué
condiciones de temperatura y presión debe someterse una muestra de cloro gaseoso, Cl2,
para que exhiba el mismo estado correspondiente definido para el hidrógeno por las
condiciones citadas? Para el H2 Tc = 33.3 K, Pc = 12.83 atm; para el Cl2 Tc = 417 K, Pc =
76.09 atm. (b) ¿Cuál es el factor de compresibilidad de cada uno de estos gases? (c) ¿Cuál
es el volumen molar de cada uno de estos gases? (d) ¿Cuál es el volumen reducido de cada
uno de estos gases? Los volúmenes molares críticos (Vm)c (en L/mol) de H2 y Cl2 son,
respectivamente. 0.0649 y 0.1242.
Solución
( ) Para el H2:a
P! =
P
P!
=
25.34 atm
12.83 atm
= 1.98
T! =
T
T!
=
34.585 K
33.3 K
= 1.04
El mismo estado correspondiente para el Cl2 estará definido a partir de estos valores de Pr y
Tr son las siguientes:
P!"#$#%& = P!P! = (1.98)(76.09 atm) = 150.66 atm
T!"#$#%& = T!T! = 1.04 417 K = 433.68 K
Concluimos entonces que el Cl2 a 150.66 atm y 433.68 K comparte el mismo estado
correspondiente que el H2 a 25.34 atm y 34.585 K.
( ) El factor de compresibilidad para ambos gases, al compartir el mismo estadob
correspondiente, debe ser el mismo. Éste puede estimarse a partir de una gráfica de Z vs P
como la siguiente en un valor de 0.35 estimando también por donde se encontraría
aproximadamente la curva con Tr = 1.05.

( ) Hemos calculado ya en el inciso (a) las condiciones de P y T imperantes sobre el H2 y elc
Cl2 en las cuales ambos gases comparten el mismo estado correspondiente; por otra parte,
en el inciso (b) determinamos, con la ayuda de la gráfica, el valor de Z que ambos gases
comparten para ese estado correspondiente. Sólo nos resta calcular el volumen molar de
cada gas a esas condiciones de P y V.
El volumen molar de un gas Vm = V/n (el volumen que ocupa una mol de ese gas a
las condiciones de P y T a las que se encuentre) puede determinarse como sigue:
PV = 𝑍𝑛𝑅T →
V
𝑛
=
𝑍𝑅T
P
→ V! =
𝑍𝑅T
P

Sustituyendo valores para cada gas
V!(H!) =
0.35 0.082
𝐋 atm
𝐦𝐨𝐥 K 34.585 K
25.34 atm
= 3.92 × 10!!
𝐋
𝐦𝐨𝐥

V!(Cl!) =
0.35 0.082
𝐋 atm
𝐦𝐨𝐥 K 433.68 K
150.66 atm
= 8.26 × 10!!
𝐋
𝐦𝐨𝐥

( )d
V!(H!) =
V!(H!)
(V!)!(H!)
=
3.92 × 10!! L
mol
6.49 × 10!! L
mol
= 0.60
V!(Cl!) =
V!(Cl!)
(V!)!(Cl!)
=
8.26 × 10!! L
mol
0.1242
L
mol
= 0.67
Z = 0.35

Dado que el hidrógeno a 25.34 atm y 34.585 K y el cloro a 150.68 atm y 433.68 K
comparten el mismo estado correspondiente (esto es, sus valores de Tr y Pr son de igual
magnitud), la tercera variable reducida (Vr) debería coincidir en valor para ambos gases.
Nuestro caso no puede ser excepción; sin embargo, es posible que con el transcurrir de los
cálculos las cifras vayan desajustándose un poco, por lo que es posible que al llegar al final
los valores de Vr puedan diferir un poco (pero sólo eso: un poco), que es lo que se observa
en este último cálculo. Así pues, la diferencia obtenida entre los dos valores de Vr, 0.61 y
0.67, puede considerarse aún como aceptable.
6. 4.88 g de un gas, que puede tratarse de SO2 o SO3, son introducidos en un recipiente de 1
L. Acto seguido determinas que la temperatura es de 27 ºC y la presión que alcanzó es de
1.5 atm. ¿De qué gas se trata? Los pesos molares del O y del S son, respectivamente, 16 y
32 g/mol.
Solución
Debido a que la presión del sistema es de sólo 1.5 atmósferas, puede emplearse la ecuación
del gas ideal. El número de moles presentes dentro del recipiente puede determinarse
fácilmente a partir de
𝑛 =
PV
𝑅T
=
(1.5 atm)(1 L)
0.082
L atm
𝐦𝐨𝐥 K
27 + 273 K
= 6.10 × 10!!
𝐦𝐨𝐥
Los pesos molares 𝑀 del SO2 y del SO3 son, respectivamente, 64 y 80 g/mol. Así pues,
para identificar al gas únicamente tenemos que relacionar los gramos que fueron
introducidos al recipiente de 1 L con las moles que se determinó que estaban presentes
dentro del cilindro.
𝑀 =
4.88 g
6.10 × 10!! mol
= 80
g
mol

El gas introducido es, pues, SO3
7. Otra opción para calcular Z, como vimos en clase, es emplear la ecuación virial.
𝑍 = 1 +
𝐵
V!
+
𝐶
V!
+
𝐷
V!
+ ⋯

Los coeficientes B, C, D... etc. se encuentran en tablas, si bien a menudo sólo el B posee
importancia en los cálculos. Determina el volumen molar del metano a 300 K y 100 atm
empleando la ecuación virial. B para el metano = -0.042 L/mol.
Solución
Para determinar Z con la ecuación virial se parte del valor de Vm de la ecuación del gas
ideal:
PV = 𝑛𝑅T →
V
𝑛
=
𝑅T
P
→ V! =
𝑅T
P

Vm a continuación se sustituye en la ecuación virial
𝑍 = 1 +
𝐵
V!
= 1 +
𝐵P
𝑅T
= 1 +
−0.042
L
mol (100 atm)
0.082
L atm
mol K
(300 K)
= 0.83
Haciendo uso ahora de PV = ZnRT para deducir el valor de Vm como se hizo en el
ejercicio 5, inciso c:
V! =
𝑍𝑅T
P
=
(0.83) 0.082
𝐋 atm
𝐦𝐨𝐥 K (300 K)
100 atm
= 0.20
𝐋
𝐦𝐨𝐥

8. Una mol de gas ocupa un volumen de 25 L y su densidad es de 1.25 g/L. Calcula la
densidad del gas a 273 K y 1 atmósfera de presión. Considera que el gas en cuestión
obedece la ecuación del gas ideal.
Solución
La masa del gas en esos 25 L se calcula como sigue:
1.25
𝐠
L
× 25 L = 31.25 𝐠
Se sabe que a 273 K y 1 atmósfera de presión cualquier gas ideal ocupa un volumen de 22.4
L. Por lo tanto, la densidad del gas a esas condiciones se calcula como sigue:

31.25 g
22.4 L
= 1.40
g
L

9. ¿Cuántos litros de O2 gaseoso se obtienen al descomponer 100 g KClO3? La reacción se
lleva a cabo a 273 K y 1 atmósfera de presión.
2 KClO3 → 2 KCl + 3 O2
Los pesos molares son los siguientes (en g/mol): K = 39, Cl = 35.45, O = 16.
Solución
A 273 K y 1 atmósfera de presión 1 mol de un gas ocupa 22.4 L, pudiéndose asumir bajo
esas condiciones como ideal. 2 moles de KClO3 generan 3 moles de O2. Las masas molares
de KClO3 y O2 son, respectivamente, 122.45 y 32 g/mol. Empleando el método del chorizo
llegamos al resultado del ejercicio.
100 g KClO! ×
1 mol KClO!
122.45 g KClO!
×
3 mol O!
2 mol KClO!
×
22.4 𝐋 𝐎 𝟐
1 mol O!
= 27.44 𝐋 𝐎 𝟐
10. Considera los siguientes datos de altitud (en metros sobre el nivel del mar, msn): mar
Muerto = - 430; ciudad de México 2240; El Porvenir, Chiapas 2839 (la ciudad más alta de
México); Pico de Orizaba 5636 (el punto de mayor altitud de México); monte Everest 8848.
Determina a que temperatura hierve el agua en cada uno de estos lugares.
Solución
En el diagrama considerado al final del ejercicio 2 quedó claro que las isotermas por
debajo de la correspondiente a la temperatura crítica se transforman, luego de un cierto
aumento de presión (siguiéndolas de derecha a izquierda), en una meseta horizontal. Dicha
meseta representa la región de presiones donde coexisten moléculas tanto en fase vapor
como en fase líquida de una sustancia. Considerando las cosas en la dirección contraria,
esto es, de izquierda a derecha, dicha meseta representa también la temperatura a la que un
líquido, a la presión indicada por la meseta, entra en ebullición al suscitarse en este punto el
paso de sus moléculas de la fase líquida a la fase vapor (esto es, al establecerse el equilibrio
líquido-vapor). Como consecuencia de ello, queda claro que un líquido no posee un punto
de ebullición único: si la meseta se encuentra a una altitud dada (asociada a una mayor o
menor presión) el líquido entrará en equilibrio con su fase vapor (esto es, comenzará a

hervir) a una temperatura que dependerá de esa presión, la asociada a esa isoterma. El valor
de esa isoterma deberá entonces corresponder al de su temperatura de ebullición a esa
presión de trabajo, y a esa tendencia al escape hacia la fase vapor por parte de las
moléculas de un líquido (fenómeno de la ebullición) cuantificada por la presión a la que se
halla el sistema se le conoce como presión de vapor. La temperatura que conocemos como
punto de ebullición normal corresponde con la de la isoterma en la que se establece el
equilibrio líquido vapor cuando la presión del sistema tiene un valor de 1 atmósfera.
Existen tablas donde se tabula el valor de la presión de vapor de un líquido a
diferentes temperaturas como la siguiente, para el agua (la presión de vapor se expresa en
torrs o milímetros de mercurio, 760 mmHg = 1 atm, y también aparece su valor en
hectopascales).

En clase vimos que la presión atmosférica de una localidad puede calcularse a partir
de la ecuación
P = P! e!!/!

Donde P es la presión atmosférica en una localidad (correspondiente con la presión del
sistema), P0 es la presión al nivel del mar (760 mmHg), h es la altitud de la localidad en km
y H es una constante igual a 8 km. Apoyándonos en la tabla de presiones de vapor del agua
en función de la temperatura, lo que debemos hacer para resolver el ejercicio es, primero,
determinar P, a sabiendas de que este valor es el que debe alcanzar la presión de vapor del
agua para poder entrar en ebullición; segundo: ya que se ha encontrado ese valor de presión
de vapor, sólo nos basta leer en la tabla la temperatura a la que el agua exhibe esa presión
de vapor (y que es la de la isoterma asociada a esa presión), la cual coincide con la
temperatura de ebullición.
Discutido esto, los resultados se expresan en la siguiente tabla:
Localidad Altitud (m) h (km) P
P.e. del agua en esa localidad
(de la tabla)
Mar Muerto -430 -0.43 801.97 entre 101 y 102 ºC
Ciudad de México 2240 2.24 574.40 entre 92 y 93 ºC
El Porvenir 2839 2.839 532.96 entre 90 y 91 ºC
Pico de Orizaba 5636 5.636 375.71 entre 81 y 82 ºC
Monte Everest 8848 8.848 251.47 entre 71 y 72 ºC

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