cultural

1. 1. Dada la siguiente reacción:

2. 2Al + 3FeO  Al2O3 + 3Fe
Utilizandoel criteriode energíalibre y asumiendoque los cambios de entalpiay entropía
son independientesde latemperatura, determine porencimade la cual esta reacción es
termodinámicamente factible a1 atm.
Datos:
Sustancia Δ𝑯 𝟐𝟗𝟖
°
Kcal/mol 𝜟𝑺 𝟐𝟗𝟖
°
Cal/grado. Mol
Al 0 6.77
Al2O3 -400.9 12.2
Fe 0 6.52
FeO -63.2 14.05
Solución:
ΔH (rx) = Δ (producto) – Δ (restante)
ΔH (rx) = {[1 x (-400.9 K cal/mol)] +[3 x (0)]} – {(2 x0) + [3 x (-63.2 Kcal/mol)]}
ΔH (rx) = -400.9 Kcal/mol + 189.6 Kcal/mol =-211.3 Kcal/mol
ΔS (rx) = Δ (producto) – Δ (restante)
ΔS (rx) = {(1x 12.2 K cal/grado.Mol) + [3 x (6.52 K cal/grado.Mol)]} –{(2 x 6.77 K
cal/grado.Mol) + (3 x 14.05 Kcal/grado.Mol)}
ΔS (rx) = 31.76 Kcal/grado.Mol – 55.69 Kcal/grado.Mol = -23.93 K cal/grado. Mol
La presiónes1 atmosfera es25°C en kelvinseria298°K
ΔG (rx) = ΔH (rx) –T ΔS (rx)
ΔG (rx) = -211300 cal/mol – [298 °K x (-23.93 cal/grado.Mol)] = -204168.86 cal/mol
ΔG (rx) = -204.16886 Kcal/mol
2. Un investigadorintroduce 15.0 mili mol de A y 18.0 mili mol de B enun recipiente.
Este se calienta hasta 600K, con lo cual se establece el equilibrioenfase gaseosa:
A + B ↔ 2C + 3D
La mezclade equilibriotiene unapresiónde 1085 torr y contiene 10.0 mili mol de C.
Calcule Kp y ΔG°a 600 K, suponiendocomportamientoideal.
Solución:

3. A + B ↔ 2C + 3D
Inicio 0.015 0.018 - -
Rx. -X -X 2X 3X
Equilibrio 0.015- X 0.018 - X 0.010 3X
Molestotales= 0.010 + 0.013 + 0.010 + 0.015
Molestotales= 0.048 P=1085torr
ΔG = -R x T x Ln Kp P=
𝟏𝟎𝟖𝟓
𝟕𝟔𝟎
= 𝟏. 𝟒𝟑 𝒂𝒕𝒎
P = 1085 torr
Presionesparciales=
𝒏
𝒏𝒕
x Pt
PA =
0.010
0.048
x 1.43 =0.30= 226.04 torr
PB =
0.013
0.048
x 1.43 =0.39= 293.85 torr
PC =
0.010
0.048
x 1.43 =0.30= 226.04 torr
PD =
0.015
0.048
x 1.43 =0.45= 339.06 torr
KP =
(𝟎.𝟒𝟓) 𝟑
(𝟎.𝟑𝟗)
∗
( 𝟎.𝟑𝟎) 𝟐
( 𝟎.𝟑𝟎)
= 𝟎. 𝟕
ΔG = -R x T x Ln Kp
ΔG=-0.082(600)Ln(0.07) ----------------------- ΔG=130.84Kcal/mol
3. Las densidadesdel bismutolíquidoysolidoa su temperatura normal de fusión
(271.1 °C) son igualesa 10.005 y 9.673 g/cm3
respectivamente.El calor atómico de
fusióndel bismuto es2600 cal/átomo g. Se necesitadeterminara qué temperatura
se funde el bismutocuando se somete a una presiónde 50 atm. (P.A= 209)
Solución:
𝒅 𝒑
𝒅 𝒕
=
𝜟𝑯
𝑻𝒇 𝒙 𝜟𝑽
Hallamos:
ΔH = 2600
𝑐𝑎𝑙
𝑎𝑡𝑜𝑚𝑜.𝑔𝑟
x
6.023𝑥1023 𝑎𝑡𝑜𝑚𝑜.𝑔𝑟
1 𝑚𝑜𝑙
= 1.57 x 1027
cal/mol
ΔV= Vl – Vs
ΔV = P.A x (
1
𝜌𝑙
−
1
𝜌 𝑠
)
ΔV = 209 x (
1
10.005
−
1
9.673
) = -0.71698 cm3
/mol x
1𝑙
103 𝑐𝑚3 = -0.71698 x 10-3
lt/mol
Reemplazamos:
ΔT =
𝑻𝒇 𝒙 𝜟𝑽
𝜟𝑯
x ΔP =
𝟓𝟒𝟒.𝟏 °𝑲 (−𝟎.𝟕𝟏𝟔𝟗𝟖 𝒙𝟏𝟎−𝟑 𝒍𝒕
𝒎𝒐𝒍
) 𝒙 𝟓𝟎 𝒂𝒕𝒎
𝟏.𝟓𝟕 𝒙 𝟏𝟎 𝟐𝟕 𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
x
𝟏.𝟗𝟖𝟕 𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
𝟎.𝟎𝟖𝟐
𝒍𝒕.𝒂𝒕𝒎
𝒎𝒐𝒍°𝑲
= -3.0105 x
10-25 °K
4. La presiónde vapor de la plata sólidacomo una funciónde la temperatura está dada
por :

4. Log P (mmHg) = -
𝟏𝟒𝟒𝟎𝟎
𝑻
– 0.85 log T + 12.20
Y de la plata liquidapor:
Log P (mmHg) = -
𝟏𝟒𝟒𝟎𝟎
𝑻
= −𝟎. 𝟖𝟓 𝒍𝒐𝒈 𝑻 − 𝟏. 𝟎𝟐 𝑻 + 𝟏𝟐. 𝟑𝟗
Calcule:
a) La temperatura de ebulliciónnormal.
b) La temperatura bajo la cual las dos formas puedencoexistirenequilibrio.
Solución:
a) Log 760 mmHg = -
14400
𝑇
– 0.85 logT + 12.20
2.88 = -
14400
𝑇
– 0.85 logT + 12.20
T° ebulliciónnormal =2307
5.
a) Un orfebre tiene doslingotes.El primerocontiene 540 g. de oro y 60 g de
cobre. El segundo400 g. de oro y 100 g. de cobre. ¿Qué cantidad deberá
tomar de cada uno de ellospara formar otro lingote que pese 640 g. y cuya
leysea 0.825?
b) Un joyeroquiere construir una joya de plata de 40 g. de pesoy de ley0.900.
Para ellodispone de dos lingotesde este metal con leyesde 0.975 y 0.850.
¿Qué cantidad tiene que tomar de cada uno de estos lingotespara hacer la
joya indicada?
Nota: La leyde la aleaciónes la relaciónentre el pesode metal fino (más valioso)
y el pesototal. Siendola leyigual a 1 cuando el metal es puro.
Solución:
Lingote A: 540 gr de oro y 60 gr de cobre
Son 600 gr totales.
L.A = 540/600 = 0.9
Lingote B: 400 gr de oro y 100 gr de cobre
Son 500 gr totales
L.B = 400/500 = 0.8
LingoteA x 0.9
LingoteB 640-x 0.8
640 0.825
0.9 * X+ (640 -X) * 0.8X = 640 * 0.825
X= 160

5. Entonces:
Son 160 gr del lingote A.
Son 640 – 160 = 480 gr del Lingote B.
6. El azufre presentados formas alotrópicas: el rómbico y el monoclínico.El rómbico es
la forma estable hasta 95.6°C, temperatura a la que el azufre monoclínicopasa a ser
la más estable,hasta llegaral punto de fusióna 119°C. La temperatura de transición
del azufre rómbico enmonoclínicoa la presiónde 1 atm es95.6°C, el calor de
transición es3.12 cal/°C. Se pide determinarla diferenciade volúmenesdel azufre
rómbico y del monoclínico,si por cada incrementode 1 atm en la presiónse
incrementala temperatura de 0.0399°C.
Solución:
Aplicandola fórmula:
∆𝑷 = 𝑷 𝟐 − 𝑷 𝟏 =
∆𝑯 𝑽
∆𝑽
∗ 𝐥𝐧(
𝑻 𝟐
𝑻 𝟏
) + 𝑪
𝟏 𝒂𝒕𝒎 =
𝟑.𝟏𝟐𝒄𝒂𝒍 ℃⁄
∆𝑽
∗ 𝐥𝐧 (
𝟏𝟏𝟗+𝟐𝟕𝟑
𝟗𝟓.𝟔+𝟐𝟕𝟑
) + 𝑪 …………………𝜶
𝟐 𝒂𝒕𝒎 =
𝟑.𝟏𝟐𝒄𝒂𝒍 ℃⁄
∆𝑽
∗ 𝐥𝐧 (
𝟏𝟏𝟗+𝟐𝟕𝟑
𝟗𝟓.𝟔+𝟐𝟕𝟑+𝟎.𝟎𝟑𝟗𝟗
)+ 𝑪 .………………….𝜷
𝟑 𝒂𝒕𝒎 =
𝟑.𝟏𝟐𝒄𝒂𝒍 ℃⁄
∆𝑽
∗ 𝐥𝐧 (
𝟏𝟏𝟗+𝟐𝟕𝟑
𝟗𝟓.𝟔+𝟐𝟕𝟑+𝟎.𝟎𝟑𝟗𝟗+𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟗
)+ 𝑪 …………………..𝜸
Simplificando:
𝟏 𝒂𝒕𝒎 =
𝟎.𝟏𝟗𝟐𝟎
∆𝑽
+ 𝑪 …………………𝜶
𝟐 𝒂𝒕𝒎 =
𝟎.𝟏𝟗𝟏𝟕
∆𝑽
+ 𝑪 .………………….𝜷
𝟑 𝒂𝒕𝒎 =
𝟎.𝟏𝟗𝟏𝟒
∆𝑽
+ 𝑪 …………………..𝜸
Restando 𝜶 𝒚𝜷
𝟎. 𝟏𝟗𝟏𝟕
∆𝑽
−
𝟎. 𝟏𝟗𝟐𝟎
∆𝑽
= 𝟏 𝒂𝒕𝒎
∆𝑽 = −𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟑
7. La presiónde vapor de la plata sólidacomo una funciónde la temperatura está dada
por:
𝑳𝒐𝒈 𝑷 (𝒎𝒎𝑯𝒈) = −
𝟏𝟒𝟗𝟎𝟎
𝑻
– 𝟎. 𝟖𝟓 𝒍𝒐𝒈 𝑻 + 𝟏𝟐. 𝟐𝟎
Calcule la temperatura de fusiónnormal.

6. Solución:
𝑳𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) = −
𝟏𝟒𝟗𝟎𝟎
𝑻
– 𝟎. 𝟖𝟓 𝒍𝒐𝒈 𝑻 + 𝟏𝟐. 𝟐𝟎
Utilizandouna calculadora científicao con ayuda de un programa matemático
podemoshallar el valor de la temperatura.
𝑻 = 𝟐𝟑𝟎𝟔.𝟓 𝑲
8. La presiónde vapor del arsénico liquidocomouna funciónde la temperatura está
dada por:
Log P (mmHg) = -
𝟐𝟒𝟔𝟎
𝑻
+ 6.69
Calcule su presiónde vapor cuando su temperatura de ebulliciónestáa 20°C por
debajode su punto de ebulliciónnormal.Asuma que el arsénico cumple con la regla
de Trouton.
Solución:
𝑳𝒐𝒈 ( 𝑷 𝒎𝒎𝑯𝒈) = −
𝟐𝟒𝟔𝟎
𝑻
+ 𝟔. 𝟔𝟗
𝑻 = −
𝟐𝟒𝟔𝟎
𝑳𝒐𝒈 ( 𝑷 𝒎𝒎𝑯𝒈) − 𝟔. 𝟔𝟗
En donde:
𝑷 𝒎𝒎𝑯𝒈 = 𝟕𝟔𝟎 𝒎𝒎𝑯𝒈
Reemplazandose obtiene
𝑻 = −
𝟐𝟒𝟔𝟎
𝑳𝒐𝒈 ( 𝟕𝟔𝟎) − 𝟔. 𝟔𝟗
𝑻 𝒆𝒃𝑵 = 𝟔𝟒𝟓. 𝟖𝟎 𝑲 = 𝟑𝟕𝟐.𝟖℃
Temperatura por debajo de los 𝟐𝟎℃
𝑻 𝟑𝟓𝟐.𝟖 = 𝟔𝟐𝟓. 𝟖 𝑲
Hallando la Entalpia de vaporización(∆𝑯 𝑽)
∆𝑯 𝑽 = 𝑻 𝒆𝒃𝑵 ∗ 𝟐𝟏
𝒄𝒂𝒍
𝒎𝒐𝒍∗ °
∆𝑯 𝑽 = 𝟔𝟒𝟓. 𝟖 ∗ 𝟐𝟏 = 𝟏𝟑𝟓𝟔𝟏. 𝟖
𝒄𝒂𝒍
𝒎𝒐𝒍 ∗ 𝑲
Aplicandola formula:
𝐥𝐧
𝑷 𝟐
𝑷 𝟏
= −
∆𝑯 𝑽
𝑹
∗ (
𝟏
𝑻 𝟐
−
𝟏
𝑻 𝟏
)
𝐥𝐧( 𝑷 𝟐)− 𝐥𝐧( 𝟕𝟔𝟎) = −
𝟏𝟑𝟓𝟔𝟏. 𝟖
𝟏. 𝟗𝟖𝟕𝟐
∗ (
𝟏
𝟔𝟐𝟓. 𝟖
−
𝟏
𝟔𝟒𝟓. 𝟖
)
𝐥𝐧( 𝑷 𝟐) = 𝟔. 𝟐𝟗𝟓𝟔
𝑷 𝟐 = 𝒆 𝟔.𝟐𝟗𝟓𝟔
𝑷 𝟐 = 𝟓𝟒𝟐. 𝟏𝟕 𝒎𝒎𝑯𝒈

7. 9. La formación del trióxidode azufre por oxidacióndel dióxidoesun paso intermedio
en la fabricación del ácido sulfúrico.La constante de equilibrio(Kp) de la reacción:
2 SO2 + O2 ↔ 2 SO3
Es 0.13 a 830°C. En un experimentose hacenreaccionar 2.00 molesde dióxidode
azufre con 2.00 molesde oxígeno.¿Cuál debe ser la presióntotal de equilibriopara
tenerun 1.40 molesde trióxido de azufre?
Solución:
𝟐𝑺𝑶 𝟐 + 𝑶 𝟐 ↔ 𝟐𝑺𝑶 𝟑
Inicio 2.00 mol 2.00 mol -
Rx. −2𝑋 −𝑋 2𝑋
Equilibrio 2 − 2 𝑋
2 – 1.4 = 0.6
2 − 𝑋
2 – 0.7 = 1.3
2𝑋
2 𝑋 = 1.4
𝑋 = 0.7
𝒏 𝑻 = 𝟎. 𝟔 + 𝟏. 𝟑 + 𝟏. 𝟒 = 𝟑. 𝟑
Calculamoslas fracciones molaresde cada gas en el equilibrio:
𝑷 𝑺𝑶 𝟐
= 𝟎. 𝟔 𝟑. 𝟑⁄ = 𝟎. 𝟏𝟖𝟐𝑷𝑻
𝑷 𝑶 𝟐
= 𝟏. 𝟑 𝟑. 𝟑⁄ = 𝟎. 𝟑𝟗𝟒𝑷𝑻
𝑷 𝑺𝑶 𝟑
= 𝟏. 𝟒 𝟑. 𝟑⁄ = 𝟎. 𝟒𝟐𝟒𝑷𝑻
Aplicandola ecuación:
𝑲 𝒚 =
( 𝑷 𝑺𝑶 𝟑
)
𝟐
( 𝑷 𝑶 𝟐
)
𝟏
( 𝑷 𝑺𝑶 𝟐
)
𝟐 =
(𝟎. 𝟒𝟐𝟒𝑷𝑻) 𝟐
(𝟎. 𝟑𝟗𝟒𝑷𝑻) ∗ (𝟎. 𝟏𝟖𝟐𝑷𝑻) 𝟐 = 𝟎, 𝟏𝟑
𝟏𝟑. 𝟗𝟐
𝑷𝑻
= 𝟎. 𝟏𝟑
𝑷 𝑻 = 𝟏𝟎𝟕. 𝟎𝟖 𝒂𝒕𝒎