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TERMODINÁMI
CA
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 =
nRT
P ……………....(2)
n=
m
PM ……………..…(3)
PV =
m
PM
RT ………… (4)
PM =
m
PV
RT ……….. ..(5)
III. CÁLCULOS
Necesitamos conocer primeramente el valor de PM ; con respecto a la ec. 4 se tiene:
v=?<¿
T =273.15K
p=101.3kPa
v=0.250lt
T =303K
p=101.3kPa
m=1.08 gr
PM =
(1.08gr)
(1.0329atm )(0.250lt)
(0.08205lt∗atm/Kmol )(303K)=103.9792gr/mol
Con este valor estaríamos encontrando la respuesta al inciso (b)
Por otro lado según la ec. 2 observamos que:
n=
1.08gr
103.9792gr/mol
=0.0103866mol
Obtenido n se procede a calcular el inciso a), según la ec.2
V =
(0.0103866mol)(0.08205lt∗atm/Kmol)(273.15k)
(1.0329atm)
=0.225369<¿
IV. RESULTADOS
Muestra Presión en atm Temp. en K Vol. en litros
Primera condición 1.0329 303 0.250
Segunda
condición
1.0329 273.15 0.225369
Comentario: El volúmen buscado es igual a 0.22Lt y la masa molar es igual a 103.9792
g/mol
2. ¿Cuál es la densidad del amoniaco a 100°C Y 1.15 atm?
I. INTRODUCCIÓN
T= 100°C
P= 1.15 atm
ρ=?
II. PLANTEAMIENTO
Tomando 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=
m
M
PV =
m
M
RT
PMV =mRT
PM =
m
V
RT ≫ ρ=
m
V
PM =ρRT ∴ ρ=
PM
RT
III. CÁLCULOS
ρ=
(1.15atm)(17
g
mol
)
(0.08205
¿∙atm
k ∙ mol
)(373k)
ρ=0.6378
g
dm3
IV. RESULTADOS
Masa del amoniaco
NH₃
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=
m
M
PV =
m
M
RT
PMV =mRT
PM =
m
V
RT ≫ ρ=
m
V
PM =ρRT ∴ M =
ρRT
P
III. CÁLCULOS
Convirtiendo KPa a atmósferas:
150KPa∣0.0098atm
1 KPa ∣=1.47atm
Sustituyendo:
ρ=1.92dm3
M =
(1.92 dm3
)(0.08205
¿ ∙atm
k ∙ mol )(298K )
1.47atm
M =31.9358
g
mol
IV. RESULTADOS
Densidad Presión Temperatura Masa Molar R
1.92dm3
150KPa
=1.47 atm
298 K 31.9358
g/mol
0.08205
¿∙ atm
k ∙mol
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=
m
M
PV =
m
M
RT
ρ=1.159
g
d m3
PMV =mRT
PM =
m
V
RT ≫ ρ=
m
V
PM =ρRT ∴ M =
ρRT
P
III. CÁLCULOS
Convirtiendo KPa a atmósferas:
101.325 KPa∣0.0098atm
1 KPa ∣=0.99298atm
Sustituyendo:
M =
(1.159 dm3
)(0.08205
¿∙atm
k ∙ mol )(298.15K )
0.99298atm
M =28.5531
g
mol
IV. RESULTADOS
Densidad Presión Temperatura Masa Molar R
1.159dm3
101.325KPa
=0.992985
atm
298.15 K 28.5531
g/mol
0.08205
¿∙ atm
k ∙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 KP=152
M=28.0134g/mol
V= 2 dm³
II. PLANTEAMIENTO
De la ecuación de los gases ideales, se tienes que: PV =nRT donde
n=
PV
RT ………..(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=
√3kT
M ……………..(3)
donde k representa la constante de Boltzmann (cuyo valor es 1.3806503×1023 J
K ), 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=
1
2
mv2
=
1
2
NkT =
1
2
nRT ……… (4)
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 (1
2
mv2
)=
3
2
NkT=
3
2
nRT …………
(5)
III. CÁLCULOS
a)
PV =nRT ≫ n=
PV
RT … (1)
152KPa( 1 atm
101.325KPa )=1.50012atm
n=
(1.50012atm)(2lt)
(0.08205
¿∙atm
k ∙ mol )(298.15K)
n=0.12264 moles
b) 0.12264 moles∣6.023×1023
mol é culas
1mol ∣=7.3866×1022
mol é culas
c) 28.0134
g
mol∣ 1 kg
1000gr∣=0.0280134
kg
mol
De la ecuación (3)
V RMS=
√3(1.3806503×1023 J
K
)(298.15K)
(0.0280134 kg)
V RMS=209.9601
m
s
d) De ec. (4)
U p=
1
2
(0.12264 moles)(0.08205
¿∙ atm
k ∙mol )(298.15)
U p=¿ 0.50008 J
e) De ec. (5)
U =
3
2
(0.12264moles)(0.08205
¿∙ atm
k ∙mol )(298.15K)
U =4.50025 J
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
0.12264 moles 7.3866×1022
mol é culas209.9601
m
s
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
C2 H6
(1 mol deC2 H6
20 gr deC2 H 6
)=0.1mol deC2 H6
3 gr de
CO2(1 mol deCO2
44 gr deCO2
)=0.0681mol deCO2
Formula
Pt=
n RT
v
Sustitución
P =
0.082
¿−atm
mol−° k
¿
50<¿=0.0891atm
(0 .1681mol)(323° K )¿
¿
IV. RESULTADOS
2 gr de
C2 H6
3gr de
CO2
Gas 1
C2 H6
Gas 2
CO2 Volumen Temperatura Presión total
0. 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
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 =
ni RT
V ……………………………………………………………………. (b)
III. CÁLCULOS
Conversión de los gramos de los gases a moles
7 g N2
1mol N 2
28g N2
=0.25 mol N2
16 g O2
1mol O2
16 g O2
= 0.50 mol O2
3.03 g H2
1mol H 2
2 g H 2
= 1.515 mol H2
De la ecuación (b
PN2=
80<¿
(0.25mol )(0.082<atm
k mol )(50+273 K )
¿
=0.0828 atm
PO2=
80<¿=¿
(0.50 mol)(0.082<atm
k mol )(50+273)
¿
0.1656 atm
PH2=
80<¿
(1.515mol)(0.082<atm
k mol )(50+273)
¿
=0.5018 atm
De la ecuación (a
Pt= 0.0828 atm +0.1656 atm +0.5018 atm
Pt=0.7502
IV. RESULTADOS
COMPONENTE PRESION PARCIAL
(atm)
N2 0.0828 atm
O2 0.1656 atm
H2 0.5018 atm
Presión 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. PLANTEAMIENTO
Considerando el comportamiento del gas ideal, utilizamos la segunda ley de difusión de
Graham
V 1
V 2
=
√M2
√M1
Y tomamos en cuenta la relación 2.3: 1
Por lo que:
V 1
V 2
=
2.3
1
=
√M 2
√M 1
M2= (2.3
1 )
2
M1
III. CÁLCULOS
N2=28 g
M2= (2.3
1 )
2
28 g=148.12 g
IV. RESULTADOS
COMPONENTE MASA MOLAR
N2 28 g
GAS
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. PLANTEAMIENTO
Considerando el comportamiento ideal, utilizamos la ley de difusión de Graham
√M 2
√M 1
=
t2
t1
t2=
t1 √M2
M1
………………………………………………………..(a)
III. CÁLCULOS
Convirtiendo el volumen del N2 en gramos
ρN2=1.25
g
¿
1 dm3
= 1 lt
1 lt de N2=1.25 g de N2
Aplicando la ecuación (a)
T2=
(5.80min)(√8 g )
√1.25 g
=14.6729 min
IV. RESULTADOS
V=1 dm3
P= 1 bar
T= 5.8 minutos
Gas Tiempo
Helio 5.80 minutos
Nitrógeno 14.6729
minutos
Comentario: El helio tardará aproximadamente 5.8 minutos en hacer efusión bajo las mismas
condiciones que el nitrógeno
10. 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=10lt
T=?
P=15atm
II. PLANTEAMIENTO
Utilizando la ecuación de Van Der Waals, se tiene:
(P+
n2
a
V 2 )(V −nb)=nRT ≫ T =
(P+
n2
a
V
2 )(V −nb)
RT
III. CÁLCULOS
Constantes de Van Der Waals
SO₂: a=
6.7752atm∙< ¿
mol2
2
¿
b=
0.0568 ¿
mol
3mol SO₂
6.7752atm∙< ¿
mol2
2
¿
¿
15atm+
(3 mol SO₂)²(¿(10lt)2
¿)(10lt−3mol S0₂(0.0568 ¿
mol
))
(3 molesSO₂)(0.08205
¿∙atm
mol∙ k
)
¿
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
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
Zo2 = 0.927
V=100lt
Peso=?
un gas real respecto al establecido por la ecuación de los Gases Ideales. y se representa por
la letra z :
z=
PV
RT
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=
PMV
RT
≫ M=
ZRT
PV
III. CÁLCULOS
M =
(0.927)(0.08205
¿∙ atm
mol ∙k
)(273K)
(100atm)(100lt)
M =2.076×
10−3
gr
mol
IV. RESULTADOS
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
gr
mol
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 atmT= 27°C
P=760mmH
g
0.180 g
V=53.1cm³
M=?
II. PLANTEAMIENTO
De la ecuación de Berthelot se tiene que:
M =(m
V )(RT
P )[1+
9PTc
128PcT(1−
6Tc2
T
2 )]
De acuerdo a la ecuación de los gases ideales:
PV =nRT se tiene que ≫n=
m
M
Por lo tanto:
PV =
m
M
RT ≫ PVM =mRT
M =
mRT
PV
III. CÁLCULOS
atm∙< ¿
K ∙ mol
0.08205¿
¿
((300K)¿¿ (1atm))
[1+
9(1 atm)(561.5K)
128(47.7 atm)(300K) (1−
6 (561.5K)
2
(300K)
2 )]¿
M=( 0.180g
0.0531lt )¿
M =78.8314
g
mol
≫ Comparandolos r esultadosconlaec. delos gases ideales
PV =nRT ≫ n=
m
M
PV =
m
M
RT ≫ PVM =mRT
M =
mRT
PV
M =
(0.180g)(0.08205
¿∙atm
k ∙ mol
)(300K)
(0.0531lt)(1atm)
M =83.4406
g
mol
III. RESULTADO
El peso molecular del vapor obtenido mediante la ecuación de Berthelot es igual a
78.8314
g
mol ; comparándola con el resultado obtenido con la ecuación de los gases
ideales tenemos:
83.4406
g
mol . Hubo una variación de 9.6092
g
mol . La confiabilidad
entre la utilización de una u otra ecuación dependerá del desarrollo de las mismas.

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  • 2. 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 = nRT P ……………....(2) n= m PM ……………..…(3) PV = m PM RT ………… (4) PM = m PV RT ……….. ..(5) III. CÁLCULOS Necesitamos conocer primeramente el valor de PM ; con respecto a la ec. 4 se tiene: v=?<¿ T =273.15K p=101.3kPa v=0.250lt T =303K p=101.3kPa m=1.08 gr
  • 3. PM = (1.08gr) (1.0329atm )(0.250lt) (0.08205lt∗atm/Kmol )(303K)=103.9792gr/mol Con este valor estaríamos encontrando la respuesta al inciso (b) Por otro lado según la ec. 2 observamos que: n= 1.08gr 103.9792gr/mol =0.0103866mol Obtenido n se procede a calcular el inciso a), según la ec.2 V = (0.0103866mol)(0.08205lt∗atm/Kmol)(273.15k) (1.0329atm) =0.225369<¿ IV. RESULTADOS Muestra Presión en atm Temp. en K Vol. en litros Primera condición 1.0329 303 0.250 Segunda condición 1.0329 273.15 0.225369 Comentario: El volúmen buscado es igual a 0.22Lt y la masa molar es igual a 103.9792 g/mol
  • 4. 2. ¿Cuál es la densidad del amoniaco a 100°C Y 1.15 atm? I. INTRODUCCIÓN T= 100°C P= 1.15 atm ρ=? II. PLANTEAMIENTO Tomando 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= m M PV = m M RT PMV =mRT PM = m V RT ≫ ρ= m V PM =ρRT ∴ ρ= PM RT III. CÁLCULOS ρ= (1.15atm)(17 g mol ) (0.08205 ¿∙atm k ∙ mol )(373k) ρ=0.6378 g dm3 IV. RESULTADOS Masa del amoniaco NH₃ 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
  • 5. 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= m M PV = m M RT PMV =mRT PM = m V RT ≫ ρ= m V PM =ρRT ∴ M = ρRT P III. CÁLCULOS Convirtiendo KPa a atmósferas: 150KPa∣0.0098atm 1 KPa ∣=1.47atm Sustituyendo: ρ=1.92dm3
  • 6. M = (1.92 dm3 )(0.08205 ¿ ∙atm k ∙ mol )(298K ) 1.47atm M =31.9358 g mol IV. RESULTADOS Densidad Presión Temperatura Masa Molar R 1.92dm3 150KPa =1.47 atm 298 K 31.9358 g/mol 0.08205 ¿∙ atm k ∙mol 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= m M PV = m M RT ρ=1.159 g d m3
  • 7. PMV =mRT PM = m V RT ≫ ρ= m V PM =ρRT ∴ M = ρRT P III. CÁLCULOS Convirtiendo KPa a atmósferas: 101.325 KPa∣0.0098atm 1 KPa ∣=0.99298atm Sustituyendo: M = (1.159 dm3 )(0.08205 ¿∙atm k ∙ mol )(298.15K ) 0.99298atm M =28.5531 g mol IV. RESULTADOS Densidad Presión Temperatura Masa Molar R 1.159dm3 101.325KPa =0.992985 atm 298.15 K 28.5531 g/mol 0.08205 ¿∙ atm k ∙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 KP=152 M=28.0134g/mol
  • 8. V= 2 dm³ II. PLANTEAMIENTO De la ecuación de los gases ideales, se tienes que: PV =nRT donde n= PV RT ………..(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= √3kT M ……………..(3) donde k representa la constante de Boltzmann (cuyo valor es 1.3806503×1023 J K ), 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= 1 2 mv2 = 1 2 NkT = 1 2 nRT ……… (4) 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 (1 2 mv2 )= 3 2 NkT= 3 2 nRT ………… (5) III. CÁLCULOS a) PV =nRT ≫ n= PV RT … (1) 152KPa( 1 atm 101.325KPa )=1.50012atm
  • 9. n= (1.50012atm)(2lt) (0.08205 ¿∙atm k ∙ mol )(298.15K) n=0.12264 moles b) 0.12264 moles∣6.023×1023 mol é culas 1mol ∣=7.3866×1022 mol é culas c) 28.0134 g mol∣ 1 kg 1000gr∣=0.0280134 kg mol De la ecuación (3) V RMS= √3(1.3806503×1023 J K )(298.15K) (0.0280134 kg) V RMS=209.9601 m s d) De ec. (4) U p= 1 2 (0.12264 moles)(0.08205 ¿∙ atm k ∙mol )(298.15) U p=¿ 0.50008 J e) De ec. (5) U = 3 2 (0.12264moles)(0.08205 ¿∙ atm k ∙mol )(298.15K) U =4.50025 J
  • 10. 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 0.12264 moles 7.3866×1022 mol é culas209.9601 m s 0.50008 J 4.50025 J
  • 11. 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 C2 H6 (1 mol deC2 H6 20 gr deC2 H 6 )=0.1mol deC2 H6 3 gr de CO2(1 mol deCO2 44 gr deCO2 )=0.0681mol deCO2 Formula Pt= n RT v Sustitución P = 0.082 ¿−atm mol−° k ¿ 50<¿=0.0891atm (0 .1681mol)(323° K )¿ ¿ IV. RESULTADOS 2 gr de C2 H6 3gr de CO2
  • 12. Gas 1 C2 H6 Gas 2 CO2 Volumen Temperatura Presión total 0. 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 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 = ni RT V ……………………………………………………………………. (b) III. CÁLCULOS
  • 13. Conversión de los gramos de los gases a moles 7 g N2 1mol N 2 28g N2 =0.25 mol N2 16 g O2 1mol O2 16 g O2 = 0.50 mol O2 3.03 g H2 1mol H 2 2 g H 2 = 1.515 mol H2 De la ecuación (b PN2= 80<¿ (0.25mol )(0.082<atm k mol )(50+273 K ) ¿ =0.0828 atm PO2= 80<¿=¿ (0.50 mol)(0.082<atm k mol )(50+273) ¿ 0.1656 atm PH2= 80<¿ (1.515mol)(0.082<atm k mol )(50+273) ¿ =0.5018 atm De la ecuación (a Pt= 0.0828 atm +0.1656 atm +0.5018 atm Pt=0.7502 IV. RESULTADOS COMPONENTE PRESION PARCIAL (atm) N2 0.0828 atm O2 0.1656 atm H2 0.5018 atm Presión 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.
  • 14. 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. PLANTEAMIENTO Considerando el comportamiento del gas ideal, utilizamos la segunda ley de difusión de Graham V 1 V 2 = √M2 √M1 Y tomamos en cuenta la relación 2.3: 1 Por lo que: V 1 V 2 = 2.3 1 = √M 2 √M 1 M2= (2.3 1 ) 2 M1 III. CÁLCULOS N2=28 g M2= (2.3 1 ) 2 28 g=148.12 g IV. RESULTADOS COMPONENTE MASA MOLAR N2 28 g GAS DESCONOCIDO 148.12 g
  • 15. 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. PLANTEAMIENTO Considerando el comportamiento ideal, utilizamos la ley de difusión de Graham √M 2 √M 1 = t2 t1 t2= t1 √M2 M1 ………………………………………………………..(a) III. CÁLCULOS Convirtiendo el volumen del N2 en gramos ρN2=1.25 g ¿ 1 dm3 = 1 lt 1 lt de N2=1.25 g de N2 Aplicando la ecuación (a) T2= (5.80min)(√8 g ) √1.25 g =14.6729 min IV. RESULTADOS V=1 dm3 P= 1 bar T= 5.8 minutos
  • 16. Gas Tiempo Helio 5.80 minutos Nitrógeno 14.6729 minutos Comentario: El helio tardará aproximadamente 5.8 minutos en hacer efusión bajo las mismas condiciones que el nitrógeno 10. 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=10lt T=? P=15atm II. PLANTEAMIENTO Utilizando la ecuación de Van Der Waals, se tiene: (P+ n2 a V 2 )(V −nb)=nRT ≫ T = (P+ n2 a V 2 )(V −nb) RT III. CÁLCULOS Constantes de Van Der Waals SO₂: a= 6.7752atm∙< ¿ mol2 2 ¿ b= 0.0568 ¿ mol 3mol SO₂
  • 17. 6.7752atm∙< ¿ mol2 2 ¿ ¿ 15atm+ (3 mol SO₂)²(¿(10lt)2 ¿)(10lt−3mol S0₂(0.0568 ¿ mol )) (3 molesSO₂)(0.08205 ¿∙atm mol∙ k ) ¿ 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 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 Zo2 = 0.927 V=100lt Peso=?
  • 18. un gas real respecto al establecido por la ecuación de los Gases Ideales. y se representa por la letra z : z= PV RT 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= PMV RT ≫ M= ZRT PV III. CÁLCULOS M = (0.927)(0.08205 ¿∙ atm mol ∙k )(273K) (100atm)(100lt) M =2.076× 10−3 gr mol IV. RESULTADOS 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 gr mol 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 atmT= 27°C P=760mmH g 0.180 g V=53.1cm³
  • 19. M=? II. PLANTEAMIENTO De la ecuación de Berthelot se tiene que: M =(m V )(RT P )[1+ 9PTc 128PcT(1− 6Tc2 T 2 )] De acuerdo a la ecuación de los gases ideales: PV =nRT se tiene que ≫n= m M Por lo tanto: PV = m M RT ≫ PVM =mRT M = mRT PV III. CÁLCULOS atm∙< ¿ K ∙ mol 0.08205¿ ¿ ((300K)¿¿ (1atm)) [1+ 9(1 atm)(561.5K) 128(47.7 atm)(300K) (1− 6 (561.5K) 2 (300K) 2 )]¿ M=( 0.180g 0.0531lt )¿ M =78.8314 g mol ≫ Comparandolos r esultadosconlaec. delos gases ideales PV =nRT ≫ n= m M PV = m M RT ≫ PVM =mRT
  • 20. M = mRT PV M = (0.180g)(0.08205 ¿∙atm k ∙ mol )(300K) (0.0531lt)(1atm) M =83.4406 g mol III. RESULTADO El peso molecular del vapor obtenido mediante la ecuación de Berthelot es igual a 78.8314 g mol ; comparándola con el resultado obtenido con la ecuación de los gases ideales tenemos: 83.4406 g mol . Hubo una variación de 9.6092 g mol . La confiabilidad entre la utilización de una u otra ecuación dependerá del desarrollo de las mismas.