UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO

FACULTAD NACIONAL DE INGENIERA

DEPARTAMENTO DE QUIMICA

FISICOQUIMICA I
QMC 1206

EJERCICIOS RESUELTOS

UNIV. CANAVIRI AJOMADO ROHNNY

2016
 EJERCICIOS RESUELTOS QMC 1206

1. GASES
P-1. Un bulbo de densidad gaseosa pesaba 29.3215 gramos cuando estaba vaco, llenado con CO2 a 40
C y 1 atm de presin pes 30.0079 gr, llenado con una mezcla gaseosa de CO y CO2 bajo las mismas
condiciones pes 29.933 gr. Calclese el porcentaje volumtrico o molar del CO en la mezcla
gaseosa ultima.

DATOS:

= . [] = [] = []
+ = . [] = []
++ = . [] % =?

La masa de CO2 ser

2 = 2 + = 30.0079 29.3215 = 0.6864[]

Con lo cual e volumen del bulbo resulta

2 = 2
2 0.6864(0.0821)(313)
= = = 0.4009 []
2 2 44(1)

La masa de la mezcla gaseosa es

2 + = 2 ++ = 29.9330 29.3215 = 0.6115[]

Cuya masa molar ser

2 + 0.6115(0.0821)(313)
2 + = = = 39.1965 [/]
2 + 0.4009(1)

Por otro lado la masa molar de una mezcla gaseosa puede obtenerse de la siguiente ecuacin

2 + = 2 2 +

Donde son las fracciones molares de los componente gaseoso, por lo cual

442 + 28 = 39.1965 (1)

Pero adems se sabe que 2 + = 1 (2)

Resolviendo el sistema de ecuaciones

44(1 ) + 28 = 39.1965
44 44 + 28 = 39.1965
39.1965 44
= = 0.3002
28 44
[%] = [%] = . %
P-2. P-1. A 0C y 100 mmHg un peso dado de Nitrgeno ocupa un volumen de 1 litro a -100C el mismo
peso de gas a la misma presin ocupa un volumen de 0.6313 Litros. Calcular rl valor del cero
absoluto en grados centgrados y d razones acerca de la diferencia observada entre aquel y el
valor aceptado por todos.

DATOS:

= [] = []
= [] = []
= [] = . []

Como los datos se dan a presin constante, es

posible aplicar la ley de Charles: 1.6
1.4
=+
1.2
De la grfica. 1

V (Lt)
1 0.6313 0.8
=1+[ ]
0 (100) 0.6
0.4
= 1 + 0.003687
0.2
Extrapolando hasta V=0 0
-300 -200 -100 0 100
0 = 1 + 0.003687
t (C)
1
=
0.003687
= . []

P-3. Un tubo de vidrio de 100 cm de longitud, cerrado por un extremo, y lleno de aire seco a 1 atm y 25
C, se invierte y se hunde en una cuba con mercurio hasta que el extremo cerrado quede nivelado
con la superficie de la cuba (vase figura). La presin baromtrica es 1 atm. (a) Cul ser la altura
de la columna de mercurio en el interior del
tubo? (b) Cul ser la presin final del aire
encerrado en la parte superior del tubo?
DATOS:
= [] = []
= [] = [] = []
= []
=?
=?

Sabiendo que: =
Si la presin se trabajamos en atmosferas
+ 1 = + 2
 13560(9.81)(1) 13560(9.81)(2 )
1+ = +
101325 101325
2.31 = + 1.312 (1)

donde 2 se encuentra en metros.

Ahora de la ley de Boyle
1 1 = 2 2
Tambin se sabe que en el interior del tubo, la disminucin de volumen de aire es directamente
proporcional a la disminucin de la altura del tubo, por lo cual
1 1 (1 ) 1
2 = = = =
2 1 2 1 2
1
= (2)
1 2
Reemplazando en (1)
2.31 = + 1.312
1
2.31 = + 1.312
1 2
2.31(1 2 ) = 1 + 1.312 (1 2 )

2.31 2.312 = 1 + 1.312 1.312 2

1.312 2 3.312 + 1.31 = 0

De donde
a). = . [] = . []
b). = . []

Por otro lado si se considera la presin en columnas de mercurio se facilitan los clculos, an ms
=
+ 1 = + 2

76 + 100 = + 2

+ 2 = 176 (3)

donde est en centmetros de mercurio y 2 en centmetros.

De la ley de Boyle
1 1 = 2 2
1 1 (1 ) 76(100)
2 = = = =
2 1 2 100 2
 7600
= (4)
100 2
Reemplazando en (3)
+ 2 = 176
7600
+ 2 = 176
100 2
7600 + 2 (100 2 ) = 176(100 2 )

7600 + 1002 2 2 = 17600 1762

2 2 2762 + 10000 = 0
a). = . []
b). = . [] = . []

P-4. Un gas a 250 K y 15 atm de presin tiene un volumen molar de 12% menor que el calculado por
medio de la ecuacin de estado de los gases ideales. Calcular:
a) El factor de compresibilidad a esta temperatura y presin
b) El volumen molar del gas.
Dominan las fuerzas atractivas o las repulsivas en estas condiciones?
DATOS:
= []
= []
, = , ( . ) =?
=?
De la ecuacin de los gases ideales
=
, =
0.0821(298)
, = = = 1.368 [ ]
15
De la condicin del problema

, = , (1 0.12) = 1.368(1 0.12) = 1.204 [ ]

Por definicin el factor de compresibilidad
, ,
= = = 0.88
,

a). = .

b). , = . [ ]

En las condiciones del problema como Z<1, dominan las fuerzas atractivas entre las molculas del gas, y
gracias a estas fuerzas atractivas el gas es fcil de licuar
P-5. En un tiempo de 2.00 minutos, se efunden 29.7 ml de gas He a travs de un efusmetro. En las
mismas condiciones de presin y temperatura, 10 ml de una mezcla de gases CO y CO2, se
efunden en el mismo efusmetro y en el mismo periodo. Calcule la composicin de la mezcla en
porcentaje de volumen.

DATOS:

= . []/[]
= []/[] (CO y CO2)
= [/]
[%] = [%] =?

De la ley de efusin de Graham,

= =

Como k, es una contante que depende de las caractersticas del efusmetro y las condiciones de presin y
temperatura, que en el problema son constantes, podemos igualar ambas ecuaciones
=

2 29.7/20 2
= [ ] ( ) = [ ] (4) = . [/]
10/20
Sabiendo que para una mezcla gaseosa, la masa molar viene dada por

= + 2 2

35.28 = 28 + 442 (1)

Adems se sabe que + 2 = 1 (2)

Resolviendo el sistema de ecuaciones

44(1 ) + 28 = 35.28
44 44 + 28 = 35.28
35.28 44
= = 0.545
28 44
[%] = . %

Por tanto
[% ] = . %
2. TEORIA CINETICO MOLECULAR DE LOS GASES

P-1. La viscosidad del 2 a 21 [] y 1 [] de presin es de 1.25 105 [2 ]. Calcule el

dimetro de colisin de la molcula de 2 , el recorrido libre medio a la temperatura y presin
dadas. Calcule tambin los valores de 1 y 11 .

DATOS:

= [] = [] =?
= [] =?
= . [/ ] =?
= [/] =?

Lo que se quiere es calcular el dimetro de colisiones, para ello se conoce la siguiente ecuacin

= (1)
22

Para lo cual se requiere conocer, la velocidad media

8 8(8.314 107 )(294)

= = = 31185.9 [/]
(64)

Ntese que la constante de los gases se consideran en [/ ], esto para evitar transformacin
de unidades.

Tambin para utilizar la ecuacin (1), se requiere la masa de una molcula de 2 , adems de la viscosidad
del gas en unidades del sistema cegesimal:
64
= = = 1.06 1022 []
6.022 1023
1000 1
= 1.25 105 [ 2 ] = 1.25 105 [ ] = 1.25 104 [ ]
1 100
Reemplazando los datos en la ecuacin (1)

31185.9(1.03 1022 )
= = = 5.455 108 [] = 5.455 []
22 22(1.25 104 )

= . []

Ahora para el recorrido libre medio

1
=
2 2
Para lo cual , es el nmero de molculas contenidos en un volumen de 1 3
 1(6.022 1023 ) 1
= = = 2.49 1022 [ ] 3
= 2.49 1019 [ ]
0.0821(294) 1000 3
Por lo tanto
1 1
= = = 3.038 106 []
2 2 2(5.455 108 )2 (2.49 1019 )

= . []
El nmero de colisiones por segundo

= 2 2 = 2(5.455 108 )2 (31185.9)(2.49 1019 ) = . [ ]

1 1
= 1 = (2.49 1019 )(1.03 1010 ) = . [ ]
2 2

3. PRIMERA LEY DE LA TERMODINAMICA

P-1. Un mol de gas monoatmico esta inicialmente a 300 K y a 15 atm de presin y se expande a una
presin final de 1 atm. La expansin puede hacerse con uno de las cuatro trayectorias distintas
siguientes:
a) Isotrmica y reversible
b) Isotrmica e irreversible
c) Adiabtica y reversible
d) Adiabtica e irreversible

En los procesos irreversibles la expansin se efecta contra una presin externa de 1 atm. En cada
caso calcule q, w, U y H.

a) Proceso Isotrmica y reversible

DATOS:

= []
= []
= []
= []

Como para un gas ideal la energa interna y la

entalpia solo son funcin de la temperatura, a 300
K se tiene:
= =
= =
Para el trabajo realizado por el sistema, de la
primera ley de la termodinmica se tiene
=
0=
 2 2
2
= = = = ( )
1 1 1

Pero para un proceso isotrmico 1 1 = 2 2

Por lo tanto 2 /1 = 1 /2
Entonces
1 15
= = ( ) = 1.987(300) ( )
2 1

Calor aportado al sistema

= . []

Trabajo realizado por el sistema contra los alrededores

= . []

b) Proceso Isotrmica e irreversible

DATOS:

= []
= []
= []
= = []

Nuevamente como la energa interna es una funcin

de estado, es decir, no depende del camino, sino de
las condiciones iniciales y finales, se tiene:
=
=
De la primera de la termodinmica
2 2
= = = = (2 1 )
1 1
1 1
= = ( 1 )
2
Donde
1 0.0821(300)
1 = = = 1.642 []
1 15
Por lo tanto

15(1.642) 1.987
= = 1( 1.642) = 22.988 [ ]
1 0.0821
Calor aportado al sistema
= . []

Trabajo realizado por el sistema contra los alrededores

= . []
c) Proceso adiabtico y reversible
DATOS:

= []
= []
= []
= []
Para un proceso reversible y adiabtico es posible
utilizar las siguientes relaciones
1
2 2
=( )
1 1
Donde para un gas ideal y monoatmico
5/2
= = = 5/3
3/2
Por lo cual
1 5/31
2 1 5/3
2 = 1 ( ) = 300 ( ) = 101.55 []
1 15
De la primera ley de la termodinmica

Pero como para un proceso adiabtico no existe intercambio de calor del sistema con los alrededores
=
= 0
2
3
= = = (2 1 ) = (1.987)(101.55 300)
1 2

La variacin de la energa interna = . []

El trabajo realizado por el sistema = . []

5
= (2 1 ) = (1.987)(101.55 300)
2
La variacin de la entalpia = . []

c) Proceso adiabtico y reversible

DATOS:

= []
= []
= []
= = []

Por tratarse de un proceso adiabtico

 =
=
(2 1 ) = (2 1 )
3
()(2 300) = 1(2 1.642) (1)
2
De la ley del gas ideal:

=
2
2 = = 0.0821 2 []
2
Reemplazando en (1)
3
()(2 300) = 1(0.0821 2 1.642)
2
Pero debe tomarse en cuenta que las unidades, de energa,
en el lado derecho de la ecuacin se encuentran en
[ ], por lo cual la constante de los gases en el lado izquierdo de la ecuacion debe estar expresado en
esas unidades:
3
(0.0821)(2 300) = 1(0.0821 2 1.642)
2
0.12315 2 36.945 = 0.0821 2 + 1.642
36.945 + 1.642
2 = = 188 []
0.12315 + 0.0821
2 0.0821(188)
2 = = = 15.44 []
2 1
3
= = (2 1 ) = (1.987)(188 300)
2
La variacin de la energa interna = . []

El trabajo realizado por el sistema = . []

5
= (2 1 ) = (1.987)(188 300)
2
La variacin de la entalpia = . []
P-2. Tres moles de un gas se comprimen isotrmicamente y de manera reversible a 300 K, de un
volumen inicial de 20 dm3 hasta un volumen final de 1 dm3. Si la ecuacin de estado del gas es
2
( + 2 ) =

[ 6 1 ],
con = 0.55 calcule el trabajo realizado, U y H.

DATOS:

= [] =?
= [] =?
= [ ] =?
= [ ]

De la definicin de trabajo, y con la ecuacin de estado

2 2
2 2 1 1
= = ( 2 ) = ln ( ) + 2 ( )
1 1 1 2 1
1 1000 1000
= 3(8.314)(300) ln ( ) + 0.55(3)3 ( )
20 1 20

= . []

Como el volumen se da en , ntese que se lo lleva al sistema internacional ( ), para as obtener el

trabajo en Joule.
En este caso como no se estudia un gas ideal, la variacin de la energa interna y la entalpia no puede ser
cero, a pesar de que se trate de un proceso a temperatura constante, ya que U y H para un gas real es
funcin de la presin y volumen.

Por tanto para variacin de la energa interna

2
( ) = 2

2 2 2

= 2

1 1
2
2
1 1 1000 1000
= 2
= 2 ( ) = 0.55(3)3 ( )
1 2 1 1 20

= . []
De la definicin de entalpia
= +
= + () = + +
2
= + + = + +
1

De la ecuacin de estado despejamos P y lo diferenciamos

2 22
= 2 = +
2 3
Reemplazando en la ecuacin de entalpia
2
22
= + + ( + 3 )
1 2
2
22
= + + ( + 2 )
1

2 1 1
= + ln ( ) 22 ( )
1 2 1
1 1000 1000
= 4702.5 17713.37 3(8.314)(300) ln ( ) 2(0.55)(3)3 ( )
20 1 20
= []

P-3. Un sistema est constituido por 7.14 gramos de gas Ne a 0 C y 1 atm. Al aadir 2025 joules de
calor al sistema a presin constante, se tiene que la expansin resultante, determina que el
sistema realice un trabajo de 810 joules. Calcular:
a) El estado inicial
b) El estado final
c) y para el proceso y
d)
El peso molecular del Ne es de 20 g/mol y se puede asumir que se comporta como un gas ideal.

DATOS:

= . [ ]
= [/]
= []
= [] =
= []
= []

a) El estado inicial ser:

= []
= []

7.14
= = 0.357 []
20
= . []

1 0.357(0.0821)(273)
1 = = = 8.00 []
1 1
= . []
c) De la primera ley de la termodinmica, a presin constante

= = 2025 810 = 1215 []

= []
Como el proceso se lleva a cabo a presin constante, el calor aportado al sistema ser la variacin de la
entalpia = = []

d) Para calcular la capacidad calorfica

= (2 1 )
1215 = 0.357 (2 273) (1)
= (2 1 )
2025 = 0.357 (2 273)
Se sabe que para un gas ideal = +

2025 = 0.357 ( + )(2 273) (2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultneamente:

(1) en (2)
1215
2025 = 0.357 ( + ) ( )
0.357
2025 = ( + )(1215)
1215 1215(8.314)
= = = 12.471 []
2025 1215 2025 1215
= . [/]
Por lo tanto = + = 12.471 + 8.314 = 20.785 []

= . [/]
b) El estado final ser:

De (1) 1215 = 0.357 (12.471)(2 273)

1215
2 = + 273 = 545.9 []
0.357(12.471)
= . []
= []

= . []

2 0.357(0.0821)(545.9)
2 = = = 16.00 []
2 1
= . []
P-4. Un mol de un gas monoatmico ideal contenido en un sistema de 120 litros a temperatura y
presin de 1.0 atm, sufre las siguientes transformaciones:
a) Se comprime isobricamente al disminuir su temperatura a 20 C, seguidamente
b) Se comprime adiabticamente hasta alcanzar la temperatura inicial, finalmente
c) Se enfra isomtricamente hasta alcanzar la temperatura de 20 C
Calcular las variaciones P-V-T en cada estado; q, w, U y H.

DATOS:

=? = [] = =? = = []
= [] = [] =? =?
= [] =? =? = =?
= [] = [] = [] = []

El estado del sistema al inicio:

0 0 1(120)
= = = []
1(0.0821)
= []
= []
= []
El estado del sistema en 1:
1 1(0.0821)(293)
= = = . []
1 1
= []
= []
= . []

Para calcular las condiciones del estado 2, se considera el proceso adiabtico reversible que va de 12:
2 1 1
=( )
1 2
Elevando ambos miembros a 1/( 1) se tiene:
1
2 1 1
( ) =
1 2
1
1 1 1
2 = 1 = 1 ( )
2
1
( 2)
1
Para un gas monoatmico
3 5
= ; =
2 2
Por lo cual
5/2
= = = 5/3
3/2
Adems sabemos que = = []
1 1
1 1 293 5/31
= 1 ( ) = 24.06 ( ) = . []
0 1462
La presin , se la puede calcular de tres maneras diferentes, llegndose al mismo resultado:

1 Directamente con la ecuacin de estado de los gases ideales

2 1(0.0821)(1462)
= = = . []
2 2.16
2 Utilizando las ecuaciones del proceso adiabtico reversible

1 1 = 2 2

1 1 1(24.06)5/3
= = = . []
2 (2.16)5/3

3 Conociendo el volumen , tambin podemos utilizar la ley de Boyle sobre la isoterma a ,

0 0 = 2 2
0 0 1(120)
= = = . []
2 2.16
Finalmente las condiciones del estado 3:

= = []
= = . []
3 1(0.0821)(293)
= = = . []
3 2.16
Teniendo las condiciones en cada estado, ahora se procede a calcular q, w, U y H.

a) Compresin isobrica 01

De la definicin de trabajo
1 1
8.314 []
= = 1 = 1 (1 0 ) = 1(24.06 120)[ ]
0 0 0.0821 [ ]

= . []
La energa interna para un gas ideal
3
= (1 0 ) = (8.314)(293 1462) = . []
2
Para la variacin de la entalpia
5
= (1 0 ) = (8.314)(293 1462) = . []
2
Como el proceso se lleva acabo a presin constante la variacin de la entalpia es igual al calor que pierde
el sistema a presin constante

= = . []

b) Compresin adiabtica de 12

Para un proceso adiabtico

=
De la primera ley de la termodinmica

=
= 0
2
3
= = = (2 1 ) = (8.314)(1462 293)
1 2

La variacin de la energa interna = . []

El trabajo realizado sobre el sistema = . []

5
= (2 1 ) = (1.987)(1462 293)
2
La variacin de la entalpia = . []
 c) Enfriamiento isomtrico 23
Para un proceso a volumen constante
=
De la primera ley
2
3
= = = (2 1 ) = (8.314)(293 1462) = . []
1 2
La variacin de la entalpia
5
= (1 0 ) = (8.314)(293 1462) = . []
2

4. TERMOQUIMICA