CURSO DE TERMODINÁMICA: PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMAS UNIDAD 4: PROPIEDADES VOLUMÉTRICAS DE LOS FLUIDOS

1. La presión de vapor del bromo líquido a 9.3°C es 100 Torr. Si el calor de vaporización es de 30910
J/mol, calcúlese el punto normal de ebullición del bromo.
DATOS:
T = 9.3°C = 282.45 K P* = 100 Torr

HˆV = 30910 J/mol

SOLUCIÓN:

Considerando que el HˆV es constante, es decir, que no depende de T y que es aplicable la ecuacíon de
Clausius-Clapeyron, tenemos:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V + C
RT T
donde:

HˆV 30910 mol J

= = 3717.82535K
R 8.314 molJ K
Además, la constante C la podemos calcular a partir del valor conocido de presión de vapor P* a una
temperatura dada T, como se indica a continuación:

HˆV R 3717.82535K
C = ln P * + = ln (100 ) +
T 282.45K
C = 17.76794
Por lo tanto, en el caso del bromo líquido, la ecuación de Calusius Clapeyron que nos permitirá calcular la
presión de vapor a una temperatura dada es:

HˆV R
ln P* = − +C
T
3717.82535
ln P * (Torr ) = − + 17.76794
T (K )

El punto de ebullición normal Tb0 es la temperatura a la cual ebulle el bromo a una presión de 760 Torr
0
(1 atm), esto es, P* = P = 760 Torr, entonces, despejando T de la ecuación de Clausius Clapeyron,
obtenemos:

HˆV R HˆV R
ln P* = − +C  = C − ln P *
T T
HˆV R
T=
C − ln P *

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3717.82535
T (K ) =
17.76794 − lnP * (Torr )
Sustituyendo datos:
3717.82535 K
T ( K ) = Tb0 ( K ) = = 333.8978 K
17.76794 − ln( 760 )

T (K ) = Tb0 (K )  333.90K = 60.75 C

2. La presión de vapor del éter dietílico es 100 Torr a -115°C y 400 Torr a 17.9°C. Calcúlense:
a) El calor de vaporización;
b) El punto de ebullición en una ciudad en la que la presión barométrica a 620 Torr;
c) La entropía de vaporización en el punto normal de ebullición;
d) G0 de vaporización a 25°C.
DATOS:

T1 = -115°C = 158.15 K P1* = 100 Torr

T2 = 17.9°C = 291.05 K P2* = 400 Torr

SOLUCIÓN:
a) Considerando que es aplicable la ecuación de Clausius Clapeyron en este caso, tendríamos:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Por lo tanto, para las condiciones iniciales:

HˆV Hˆ R
ln P1* = − +C = − V +C
RT1 T1
Entonces:

HˆV R
C = ln P1 + (1)
T1
Mientras que para las condiciones finales:

HˆV Hˆ R
ln P2* = − +C = − V +C
RT2 T2
y

HˆV R
C = ln P2 + (2)
T2
Igualando las ecuaciones (1) y (2), resulta:

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HˆV R Hˆ R
ln P1 + = ln P2 + V
T1 T2

HˆV R HˆV R
ln P1 − ln P2 = −
T2 T1

P1 HˆV  1 1 
ln =  − 
P2 R  T2 T1 

P1 HˆV  T1 − T2 
ln =  
P2 R  T1 T2 

HˆV TT P
= 1 2 ln 1
R T1 − T2 P2

RT T P
HˆV = 1 2 ln 1 =

(8.314 )(158.15K )(291.05K ) ln 100Torr
J
molK

T1 − T2 P2 158.15K − 291.05K 400Torr

HˆV = 3991.87833 molJ

Además:

HˆV 3991.87833 mol J

= = 480.13932 K
R 8.314 molJ K

HˆV R Hˆ R
C = ln P1 + = ln P2 + V
T1 T2
Por lo que, el valor de C se puede calcular con base a los valores conocidos de P* y T correspondientes a
las condiciones iniciales o finales:

HˆV R 480.13932 K
C = ln P1 + = ln (100 ) + = 7.64114
T1 158.15K
Finalmente:

HˆV R
ln P* = − +C
T

480.13932
ln P * (Torr ) = − + 7.64114
T (K )

b) Para calcular el punto de ebulición a P = P* = 620 Torr nos vamos a basar en la ecuación de Clausius
Clapeyron:

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HˆV R
T=
C − ln P *
Cuando P* = 620 Torr entonces Tb:

HˆV R 480.13932 K
Tb = =  396.34K
C − ln P 
7.64114 − ln( 620 )
c) La temperatura normal de ebullición es la que corresponde a P* = P0 = 760 Torr:

HˆV R 480.13932 K
Tb0 = =  476.41K
C − ln P 0
7.64114 − ln ( 760 )
La entropía de vaporización en el punto normal de ebullición viene dada por la ecuación

HˆV0 3991.87833 mol

J
J
SˆV0 = o
= = 8.37908
Tb 476.41K mol K

d) El GˆV a 25°C (298.15 K) se calcula a partir de la ecuación:

GˆV0 = HˆV0 − T SˆV0

G mol mol K (
ˆV0 = 3991.87833 J − (298.15K ) 8.37908 J = 1493.655628 J
mol)

3. El calor de vaporización del agua es 40 670 J/mol en el punto normal de ebullición, 100°C. La presión
barométrica en una ciudad es de alrededor de 620 Torr.
a) ¿Cuál es el punto de ebullición del agua en esa ciudad?
b) ¿Cuál es el punto de ebullición con una presión de 3 atm?
DATOS:

HˆV0 = 40670 J/mol T = Tb0 = 100°C = 373.15 K

P = 620 Torr
SOLUCIÓN:
Considerando que es aplicable la ecuación de Clausius Clapeyron en este caso, tendríamos:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Por lo tanto:

HˆV 40670 mol J

= = 4891.74886 K
R 8.314 molJ K
Entonces:

HˆV R 4891.74886K
C = ln P  + = ln (760 ) + = 19.74265
T 373.15 K

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Con lo cual, la ecuación que relaciona a la presión de vapor del agua con la temperatura sería:
4891.74886
ln P * (Torr ) = − + 19.74265
T (K )
a) El punto de ebullición en esa ciudad corresponde a la T a la cual P* = P = 620 Torr, de la ecuación de
Clausius Clapeyron obtenemos:

HˆV R HˆV R
ln P* = − +C  = C − ln P *
T T
HˆV R
T=
C − ln P *
4891.74886
T (K ) =
19.74265 − lnP * (Torr )
Sustituyendo datos:
4891.74886 K
T (K ) = = 367.443299 K  367.44 K
19.74265 − ln( 620 )

T = Tb = 94.29 C
b) Cuando la P = P* = 3 atm = 2280 Torr, temperatura de ebullición del agua sería:
4891.74886 4891.74886 K
T (K ) = = = 407.28192 K  407.28 K
19.74265 − lnP * (Torr ) 19.74265 − ln ( 2280 )

T = Tb =134.13 C

4. Las presiones de vapor del sodio líquido son:

T (°C) 439 549 701

P* (Torr) 1 10 100

Determínese el punto normal de ebullición, el calor de vaporización y la entropía de vaporización en el

punto normal de ebullición del sodio líquido.
SOLUCIÓN:
Con base a la ecuación de Clausius Clapeyron, tenemos que una representación de lnP* vs 1/T(K) nos
debería dar una línea recta, en caso de que esta ecuación resulte aplicable para el sodio líquido:

HˆV R HˆV 1
ln P* = − +C ln P* = C −
T R T
Por lo tanto, se procederá a un ajuste de los datos experimentales según la representación indicada:

T (K) 712.15 822.15 974.15

P (Torr) 1 10 100

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Los resultados obtenidos son los siguientes:

C = 17.12637875
HˆV
= 12193.76996 K
R
r = 0.99999573
Por tanto, la ecuación de Clausius Clapeyron para el sodio líquido quedaría de la siguiente forma:
1219.76996
ln P * (Torr ) = − + 17.12637875
T (K )
La gráfica resultante que incluye el ajuste de los datos experimentales se muestra a continuación:

5.0
4.5
4.0
lnP = -12194/T + 17.126
R² = 1
3.5
3.0
ln P

2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0.001 0.0011 0.0012 0.0013 0.0014 0.0015
1/T (K)

Por lo tanto, el punto normal de ebullición del sodio líquido sería:

HˆV R 12193.76996 K
Tb0 = = = 1162.079469 K  1162.08K
C − ln P 0
17.12637875 − ln (760 )
Mientras que el calor molar latente de vaporización es:

HˆV
= 12193.76996 K HˆV = (12193.76996 K ) R
R
ˆV = (12193.76996 K ) 8.314  10 −3
H ( kJ
mol K ) = 101.37900 kJ
mol

y la entropía molar de vaporización en el punto normal de ebullición del sodio líquido es:

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HˆV0 101379.00 mol

J
J
SˆV0 = 0
= = 87.23930
Tb 1162.079469 K mol K

5. El naftaleno, C10H8, funde a 80°C. Si la presión de vapor del líquido es 10 Torr a 85.8°C y 40 Torr a
119.3°C, y la del sólido es de 1 Torr a 52.6 °C, calcúlense

a) El Hˆvap del líquido, el punto normal de ebullición y Sˆvap a Tb.

b) La presión de vapor en el punto de fusión;

c) Suponiendo que las temperaturas de fusión y del punto triple son las mismas, calcúlense Hˆ sub del

sólido y Hˆ fus .

d) ¿Cuál debe ser la temperatura si la presión de vapor del sólido ha de ser menor que 10-5 Torr?
DATOS:

M (C10H8) = 128.17050 g/mol Tf0 = 80°C = 353.15 K

T1 = 85.8°C = 358.95 K P1* = 10 Torr

T2 = 119.3°C = 392.45 K P2* = 40 Torr

T = 52.6°C = 325.75 K P* = 1 Torr

SOLUCIÓN:

a) Primeramente, el Hˆvap del líquido lo calcularemos con base a la ecuación de Clausius Clapeyron:

HˆV TT P TT P
= 1 2 ln 1 = 1 2 ln 2
R T1 − T2 P2 T2 − T1 P1

RT T P
HˆV = 1 2 ln 1 =

(8.314 ) ( 358.95K )( 392.45K ) ln 10Torr
J
mol K

T1 − T2 P2 358.95K − 392.45K 40Torr

HˆV = 48466.198973 molJ

Además:
HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Por lo tanto:
ˆV 48466.198973 mol
H J
= = 5829.46824 K
R 8.314 molJ K
Entonces:
HˆV R Hˆ R
C = ln P1 + = ln P2 + V
T1 T2

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HˆV R 5829.46824K
C = ln P1 + = ln (10 ) + = 18.542920
T1 358.95 K
Con lo cual, la ecuación que relaciona a la presión del naftaleno con la temperatura sería:
5829.46824
ln P * (Torr ) = − + 18.54292
T (K )
Por lo que, la temperatura normal de ebullición es:

HˆV R 5829.46824 K
Tb0 = = = 489.47634 K  489.48 K
C − ln P 0
18.54292 − ln ( 760 )
y la entropía molar de vaporización en el punto normal de ebullición del naftaleno es:

HˆV0 48466.198973 mol

J
J
SˆV0 = 0
= = 99.01643
Tb 489.47634 K mol K

b) La presión de vapor del líquido en el punto de fusión, es decir, para una T = Tf0 = 80°C = 353.15 K es:

5829.46824 5829.46824 K
ln P * (Torr ) = − + 18.54292 = − + 18.54292
T (K ) 353.15 K
P* = 7.65884 Torr

c) La ecuación de Clausius Clapeyron también es aplicable para el naftaleno en estado sólido en

equilibrio con su vapor, por tanto, en este caso:

Hˆ s Hˆ R
ln P* = − +C = − s +C
RT T
Para evaluar Hˆ S y C, contamos con los siguientes datos:

T1 = 52.6°C = 325.75 K P1* = 1 Torr

T2 = 80.0°C = 353.15 K P2* = 7.65884 Torr

Entonces:

Hˆ s T1 T2 P1
= ln
R T1 − T2 P2

Hˆs = ln  =
( )
RT1 T2 P1 8.314 molK ( 325.75K )( 353.15K )
J

ln
1Torr
T1 − T2 P2 325.75 K − 353.15 K 7.65884 Torr

Hˆs = 71064.24008 molJ

Por lo tanto:

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Hˆ s 71064.24008 mol J

= = 8547.53910 K
R 8.314 molJ K
Entonces:

Hˆ s R Hˆ R
C = ln P1 + = ln P2 + s
T1 T2

Hˆ s R 8547.53910K
C = ln P1 + = ln (1 ) + = 26.239567
T1 325.75K
Por lo cual:
8547.5391
ln P * (Torr ) = − + 26.239567
T (K )
Por otra parte:

HˆS = Hˆf + Hˆv

Hˆf = HˆS − Hˆv = 71064.24008 molJ − 48466.19897 molJ = 22598.04111molJ

d) La temperature necesaria para que la presión de vapor del naftaleno sólido sea de 10-5 Torr, será
entonces:

Hˆ S R 8547.5391 K
T= = = 226.40993K  226.41 K
C − lnP * 26.239567 − ln(10−5 )

T = 226.41 K = -46.74°C

6. La presión de vapor del etanol es 135.33 mmHg a 40°C, y 542.50 mmHg a 70°C. Calcular el calor molar
de vaporización y la presión de vapor del etanol a 50°C.

R. HˆV = 9 880 cal/mol; P* = 221.0 mmHg a 50°C

DATOS:

T1 = 40°C = 313.15 K P1* = 135.33 mmHg

T2 = 70°C = 343.15 K P2* = 542.50 mmHg

SOLUCIÓN:

Primeramente, el Hˆv del líquido lo calcularemos con base a la ecuación de Clausius Clapeyron:

RT T P
HˆV = 1 2 ln 1 =

(8.314 ) ( 313.15K )(343.15K ) ln 135.33 mmHg
J
molK

T1 − T2 P2 313.15K − 343.15 K 542.50 mmHg

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HˆV = 41348.73833 molJ

Además:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Por lo tanto:
ˆV 41348.73833 mol
H J
= = 4973.38686 K
R 8.314 molJ K
Entonces:

HˆV R HˆV R
C = ln P1 + = lnP2 +
T1 T2

HˆV R 4973.38686 K
C = ln P1 + = ln (135.33 ) + = 20.78952
T1 313.15K
Con lo cual, la ecuación que relaciona a la presión del etanol con la temperatura es:
4973.38686
ln P * ( mmHg ) = − + 20.78952
T (K )
Por lo que para T = 50°C = 323.15 K, la presión de vapor del etanol es:

 4973.38686 K 
P * ( mmHg ) = exp  − + 20.78952 
 323.15 K 
P* = 221.226 mmHg

7. El calor de vaporización del éter etílico, C4H10O (M = 74.12 g/mol), es 83.9 cal/g, en tanto que su presión
de vapor a 30°C vale 647.3 mmHg. ¿Cuál será la presión de vapor a 0°C?
DATOS:
HV = 83.9 cal/g M = 74.12 g/mol

P1 = 647.3 mmHg T1 = 30°C = 303.15 K

SOLUCIÓN:
El calor molar latente de vaporización del éter etílico es:

 cal   g   cal 
HˆV   = M  HV  
 mol   mol   g 
 g  cal  cal
HˆV =  74.12   83.9  = 6218.668
 mol   g  mol

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HˆV 6218.668 molcal

= = 3129.6769 K
R 1.987 mol
cal
K

Además, con base a la ecuación de Clausius Clapeyron, tenemos:

RT1 T2 P1 RT1 T2 P2

HˆV = ln = ln
T1 − T2 P2 T2 − T1 P1

Entonces, para T2 = 0°C = 273.15 K, la presión de vapor P2 del éter etílico es:

P2 HˆV T2 − T1
ln =
P1 R T1 T2

P2  Hˆ T − T   Hˆ T − T 

= exp  V 2 1  P2 = P1 exp  V 2 1 
P1
 R T1 T2   R T1 T2 
 273.15 K − 303.15 K 
P2 = ( 647.3 mmHg ) exp ( 3129.6769 K ) 
 ( 303.15 K )(273.15 K ) 
P2 = 208.2925 mmHg

8. La presión de vapor del cloro metano, CH3Cl (M = 50.49 g/mol), entre -47 y -10°C se puede representar
por la ecuación:
1149
log10 P * ( mmHg ) = − + 7.481
T
¿Cuál será el calor de vaporización de este líquido en calorías por gramo?
R. 104.1 cal/g
DATOS:
M = 119.38 g/mol
SOLUCIÓN:
La ecuación que se indica:
1149
log10 P * ( mmHg ) = − + 7.481
T
es similar a la ecuación de Clausius Clapeyron, la diferencia es el tipo de logaritmo empleado, como se
indica a continuación:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Por otra parte, tenemos que:
ln b
log a b =
lna
Entonces, con base a lo anterior, la ecuación propuesta la podemos escribir de la siguiente manera:

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ln P  1149
log 10 P  = =− + 7.481
ln10 T
Por lo tanto:
 1149 
ln P  ( mmHg ) = (ln10 )  − + 7.481 
 T 
2645.67027
ln P  ( mmHg ) = − + 17.22564
T
De la ecuación anterior se deduce que:

HˆV
= 2645.67027K
R
HˆV = ( 2645.67027 K ) R = (2645.67027 K ) 1.987 mol
cal
K( )
HˆV = 5256.94683 mol
cal

Por lo tanto:

HˆV ( mol
cal
) = 5256.94683 mol
cal
HV = = 104.1186 calg
M ( mol
g
) 50.49 mol
g

9. Se observa que un líquido hierve a 120°C bajo una presión de 725 mmHg. Su calor molar de
vaporización es 8 200 cal/mol. Calcule el punto de ebullición normal del líquido.
DATOS:

T1 = 120°C = 393.15 K P1 = 725 mmHg

HˆV = 8200 cal/mol

P2 = 760 mmHg

SOLUCIÓN:
Para calcular el punto de ebullición normal del líquido (T2) emplearemos la ecuación de Clausius-
Clapeyron:

RT1 T2 P1 RT1 T2 P2

HˆV = ln = ln
T1 − T2 P2 T2 − T1 P1
O bien:

HˆV TT P T1 − T2 R P
= 1 2 ln 1  = ln 1
R T1 − T2 P2 T1 T2 HˆV P2

1 1 R P1
− = ln
T2 T1 HˆV P2

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1 1 R P 1 1.987 mol
cal
K 725 mmHg
= + ln 1 = + ln
ˆ
T2 T1 HV P2 393.15 K 8200 mol 760 mmHg
cal

T2 = 394.9238 K 394.92 K = 121.77°C

10. El punto de ebullición normal del C6H6Br es 156.15°C. Utilizando la regla de Trouton, determine la
presión de vapor a 100°C y compárela con el valor observado de 141.1 mmHg.
DATOS:

Tb0 = 156.15°C = 429.3 K Sˆv0 = 21 cal/mol K

SOLUCIÓN:
Con base a la regla de Trouton, tenemos que:

HˆV0
SˆV0 = 0
= 21 mol
cal
K
Tb
Por lo tanto, tendríamos que el calor molar latente de vaporización es:

(
HˆV0 = 21 molK
cal
) (
Tb0 = 21 molK
cal
)
(429.3 K ) = 9015.3 mol
cal

Por lo que:

HˆV0 9015.3 mol

cal
= = 4537.14142 K
R 1.987 mol
cal
K

Por otra parte, con base a la ecuación de Clausius Clapeyron, tenemos que:

HˆV Hˆ R
ln P* = − +C = − V +C
RT T
Para T = Tb0 = 429.3 K tenemos que P* = P0 = 760 mmHg, por lo tanto:

HˆV R 4537.14142 K
C = ln P * + = ln ( 760 ) + = 17.202015
T 429.3K
Por lo que, la ecuación que relaciona a la presión de vapor P* con T para el C6H6Br sería:
4537.14142
ln P * ( mmHg ) = − + 17.202015
T (K )
A partir de la ecuación anterior podemos evaluar la presión de vapor a cualquier T, en el caso en el cual T
= 100°C = 373.15 K, resulta:

 4537.14142 K 
P* = exp  − + 17.202015  = 154.93205 mmHg
 373.15 K 

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11. El CCl4 tiene las siguientes presiones de vapor a las temperaturas indicadas:

T(°C) 30 50 70 100
P* (mmHg) 142.3 314.4 621.1 1463.0

Establezca la ecuación que expresa log10 P* como función de la temperatura.

SOLUCIÓN:
Asumiendo que es aplicabe la ecuación de Clausius Clapeyron para el CCl4, los datos experimentales
ajustarían a la ecuación:

B 1
log10 P* = A + = A + B  
T T 
Donde T es la temperatura en K y P* es la presión de vapor. Ajustando los datos experimentales a esta
ecuación aplicando el método de mínimos cuadrados, resulta:

T(K) 303.15 323.15 343.15 373.15

P* (mmHg) 142.3 314.4 621.1 1463.0

3.4

3.2

log P*= -1635/T + 7.5521

3.0
R² = 0.9998
2.8
log P*

2.6

2.4

2.2

2.0
0.0026 0.0027 0.0028 0.0029 0.003 0.0031 0.0032 0.0033 0.0034
1/T(K)

A = 7.5520527 B = -1634.99016 K r = 0.9998962

Entonces, la ecuación quedaría de la siguiente forma:
1634.99016
log10 P * ( mmHg ) = 7.5520527 −
T (K )

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2. Beattie y Marple [J. Am. Chem. Soc., 72, 1450 (1950)] dieron la siguiente ecuación para la presión de
vapor del 1-buteno como función de la temperatura entre -75 y 125 °C:
1343.516
log10 P * ( atm ) = 5.475462 − − 167.515  10−5 T
T

Halle: a) la expresión de HˆV , como función de la temperatura; b) HˆV a 300 K; c) el punto de ebullición
normal del líquido.
R. c) 267 K
SOLUCIÓN:
a) En este caso, no es aplicable la ecuación de Clausius Clapeyron que resulta cuando se considera que
el HˆV no es función de T, por lo tanto, se debe partir de la ecuación:
d ln P HˆV
= 2
dT RT
Por lo que HˆV estaría dada por la siguiente ecuación:

d ln P
HˆV = RT 2 (1)
dT
Por lo tanto, primero se tendrá que evaluar la derivada d lnP dT y posteriormente sustituir en la ecuación
(1) para obtener la ecuación que nos permita calcular el HˆV en función de T, como se muestra a
continuación:
ln P 1343.516
log10 P * ( atm ) = = 5.475462 − − 167.515 10 −5 T
ln10 T
 1343.516 
ln P = (ln10 )  5.475462 − − 167.515  10 −5 T 
 T 
3093.559914
ln P = 12.607717 − − 385.7175  10 −5 T
T
d ln P d  3093.559914 
=  12.607717 − − 385.7175  10−5 T 
dT dT  T 
d ln P d 1  −5 dT
= −3093.559914   − 385.7175  10
dT dT T
  dT

d ln P  1 
 − 385.7175  10 ( 1)
−5
= −3093.559914  − 2
dT  T 
d ln P 3093.559914
= 2
− 385.7175 10−5 (2)
dT T
Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1), resulta:
d ln P  3093.559914 
HˆV = RT 2 = RT 2  2
− 385.7175 10−5 
dT  T 

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HˆV
= 3093.559914 − 385.7175  10−5 T 2
R
O bien, en unidades del SI, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

HˆV = R ( 3093.559914 − 385.7175 10 −5T 2 )

(
HˆV = 8.314 10 −3 mol
kJ
K ) (3093.559914 − 385.7175  10 −5
T2 )(K )

HˆV ( mol
kJ
) = 25.719857 − 3.206856 10−5T 2 , T (K )

b) Para T = 300 K, el calor molar latente de vaporización sería entonces:

HˆV = 25.719857 − 3.206856  10−5 T 2 , ( molkJ )

HˆV = 25.719857 mol
kJ
( )
− 3.206856 10 −5 molkJK2 ( 300 K )
2

HˆV = 22.833687 mol

kJ

c) El punto normal de ebullición del líquido lo calcularemos a partir de la ecuación:

1343.516
log10 P * ( atm ) = 5.475462 − − 167.515  10 −5 T
T
En este caso el líquido comenzará la ebullición cuando alance la temperatura T a la cual P* = P0 = 1 atm,
sustituyendo en la ecuación:
1343.516
log10 (1 atm ) = 5.475462 − − 167.515  10 −5 T
T
1343.516
5.475462 − − 167.515  10−5 T = 0
T
Multiplicando la ecuación por T resulta:

 1343.516 
T  5.475462 − − 167.515  10−5 T  = T ( 0 )
 T 

5.475462T − 1343.516 − 167.515 10−5 T 2 = 0

( −1) ( 5.475462T − 1343.516 − 167.515  10−5 T 2 ) = ( −1 )(0 )

167.515  10−5 T 2 − 5.475462T + 1343.516 = 0
Resolviendo la ecuación cuadrática obtenemos:

T = Tb0 = 267.2156 K  267.22 K

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13. La presión de vapor de CO2 sólido es 76.7 mmHg a -103°C, y 1 atm a -78.5°C. Calcule el calor de
sublimación del CO2.
R. 6160 cal/mol
DATOS:

T1 = -103°C = 170.15 K P1* = 76.7 mmHg

T2 = -78.5°C = 194.65 K P2* = 1 atm = 760 mmHg

SOLUCIÓN:
Asumiendo que el calor molar latente de sublimación no depende de la temperatura, podemos aplicar la
ecuación de Clasuis Clapeyron que se indica a continuación:

Hˆ s T1 T2 P1 T1 T2 P2

= ln = ln
R T1 − T2 P2 T2 − T1 P1
Susituyendo datos:

Hˆs = ln  =
( cal
)
RT1 T2 P1 1.987 mol K ( 170.15K )( 194.65K ) 76.7 mmHg
ln
T1 − T2 P2 170.15 K − 194.65 K 760 mmHg

Hˆs = 6160.2895 mol

cal

14. La presión de sublimación de N2O la da la relación

1294
log10 P * ( atm ) = − + 1.405log10 T − 0.0051T + 4.800
T
Determine la expresión del calor de sublimación de N2 O como función de la temperatura.
SOLUCIÓN:
En este caso, no es aplicable la ecuación de Clausius Clapeyron que resulta cuando se considera que el
Hˆ S no es función de T, por lo tanto, se debe partir de la ecuación:
d ln P Hˆ S
= 2
dT RT
Por lo que Hˆ S estaría dada por la siguiente ecuación:

d ln P
Hˆ S = RT 2 (1)
dT
Por lo tanto, primero se tendrá que evaluar la derivada d lnP dT y posteriormente sustituir en la ecuación
(1) para obtener la ecuación que nos permita calcular el Hˆ S en función de T, como se muestra a
continuación:
1294
log 10 P * ( atm ) = − + 1.405log10 T − 0.0051T + 4.800
T

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ln P  1294  lnT 
=− + 1.405  − 0.0051T + 4.800
ln10 T  ln10 

 1294 lnT 
ln P  = (ln10 )  − + 1.405 − 0.0051T + 4.800 
 T ln10 
2979.54511
ln P  = − + 1.405lnT − 117.4318  10 −4 T + 11.052408
T
d ln P  d  2979.54511 
= − + 1.405lnT − 117.4318  10−4 T + 11.052408 
dT dT  T 
d ln P  d 1 d lnT dT
= −2979.54511   + 1.405 − 117.4318  10−4 +0
dT dT  T  dT dT

d ln P   1  1
= −2979.54511  − 2  + 1.405   − 117.4318  10−4 ( 1)
dT  T  T 

d ln P  2979.54511 1.405
= + − 117.4318  10−4 (2)
dT T2 T
Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1) se obtiene:
d ln P   2979.54511 1.405 
Hˆ S = RT 2 = RT 2  2
+ − 117.4318  10−4 
dT  T T 

Hˆ S
= 2979.54511 + 1.405T − 117.4318  10−4T 2
R
En unidades SI, la ecuación quedaría:

Hˆ S = R (2979.54511 + 1.405 T − 117.4318  10 −4T 2 )

H (
ˆ S = 8.314 J
mol K ) (2979.54511 + 1.405T −117.4318 10 T 2 ) (K )
−4

HˆS ( molJ ) = 24771.938044 + 11.68117 T − 976.32799  10−4T 2 , T ( K )

15. La presión de vapor del arsénico líquido está dada por la ecuación
2460
log 10 P * ( mmHg ) = − + 6.69
T
y la del arsénico sólido por
6947
log 10 P * ( mmHg ) = − + 10.8
T
Halle la temperatura a la cual las dos formas de As tienen la misma presión de vapor. ¿Cuánto vale
esta presión?
SOLUCIÓN:
Si las dos formas de As tienen la misma presión de vapor, para poder encontrar la T procederemos a
igualar ambas ecuaciones:

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As (líquido): As (sólido):

2460 6947
log10 P * ( mm ) = − + 6.69 log 10 P * ( mm ) = − + 10.8
T T
Igualando:
2460 6947
− + 6.69 = − + 10.8
T T
Ahora, multiplicando ambos términos de la ecuación por T resulta:
 2460   6947 
T− + 6.69  = T  − + 10.8 
 T   T 
−2460 + 6.69T = −6947 + 10.8T
6947 − 2460 = 10.8T − 6.69T
4487 = 4.11T
4487 K
T= = 1091.72749 K
4.11
T  1091.73 K = 818.58C
Entonces, la presión de vapor del líquido o bien del sólido a esta temperatura será:
 2460   6947 
− +6.69  − +10.8 
P * ( mm ) = 10  T 
= 10  T 

 2460   6947 
− + 6.69  − +10.8 
P * ( mm ) = 10  1091.73 
= 10  1091.73 
= 27333.5230 mmHg = 35.9652 atm

16. El tiempo de flujo del agua a través de un viscosímetro de Ostwald es de 1.52 min. Para el mismo
volumen de un líquido orgánico con densidad de 0.800 g/cm 3, el tiempo es de 2.25 minutos. Determine
la viscosidad del líquido con relación a la del agua y su valor absoluto en milipoises. La temperatura es
de 20°C. La densidad del agua a dicha temperatura es 0.99829 g/cm 3.
DATOS:
t1 = 1.52 min 1 = 0.99829 g/cm 3
t2 = 2.25 min 2 = 0.800 g/cm3
T = 20°C 1 = 1.002 cP = 0.01002 Poise
SOLUCIÓN:
En el caso del viscosímetro de Ostwald es aplicable la ecuación siguiente:

1 1 t1  2 2 t 2
= =
 2 2 t 2 1 1 t1
Si asignamos como líquido (1) al agua y líquido (2) al líquido orgánico, por lo tanto:

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 2   t2 
2 = 1   
 1   t1 
Sustituyendo datos, resulta:

 0.800 cmg 3   2.25min 

2 = ( 0.01002 Poise )  
 0.99829 g 3   1.52 min 
 cm 
2 = 0.01188611Poise = 11.88611 mP

17. Una bola de acero de densidad igual a 7.90 g/cm3 y 4 mm de diámetro requiere 55 s para recorrer una
distancia de 1 m cayendo a través de un líquido cuya densidad es de 1.10 g/cm3. Calcule la viscosidad
del líquido en poises.
DATOS:
 = 7.90 g/cm3 D = 4 mm = 0.4 cm
d = 1 m = 100 cm t = 55 s
m = 1.10 g/cm 3

SOLUCIÓN:
Considerando aplicable la Ley de Stokes en el caso de la bola de acero que desciende en el líquido,
tenemos:

2 r 2 (  − m ) g
=
9v
donde:
d
v=
t
Por lo tanto:
2 r 2 (  − m ) g
=
d 
9 
t 

=
2 r 2 (  − m ) g t
=
(
2 ( 0.2 cm ) 7.90
2 g
cm3
− 1.10 g
cm3 )(980.66 cm
s2 ) ( 55 s )
9d 9 (100 cm )

 = 32.601497 cmg s = 32.601497 Poise

18. Una esfera con un radio de 5×10-2 cm y una densidad de 1.10 g/cm 3 cae con una velocidad constante
a través de un líquido cuya densidad es 1.00 g/cm3 y su viscosidad de 1.00 poise. ¿Con qué velocidad
desciende la esfera?
DATOS:
r = 5×10-2 cm  = 1.10 g/cm3

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m = 1.00 g/cm3  = 1.00 poise (g/cm s)

SOLUCIÓN:
Asumiendo que es aplicable la Ley de Stokes, tenemos:

2 r 2 (  − m ) g
=
9v
Por lo cual, la velocidad de descenso de la esfera en el líquido será:

( ) (1.10 − 1.00 )(980.66 )

2
2 r 2 (  − m ) g 2 5  10 −2 cm g g cm
cm3 cm3 s2
v= =
9 9 (1.00 ) g
cm s

v = 0.054481 cm
s

19. Supóngase las mismas condiciones que en el problema 18, excepto que la densidad de la esfera sea
ahora de 0.90 g/cm3. ¿Cuál será la velocidad en este caso? Explique la significación del resultado.
SOLUCIÓN:
Dado que en este caso la densidad de la esfera es menor a la del líquido, la esfera flotará en el líquido y
no descenderá a través de este, por tanto, la ley de Stokes no sería aplicable.

20. Utilizando los datos de los coeficientes de viscosidad del C 2H5OH en función de la temperatura dados
en la tabla, halle para esta sustancia las constantes A y B de la ecuación:
B
log10  = A +
T
T(°C) 0 20 40 60 80
 (ctp) 0.284 0.233 0.197 0.140 0.118

Además, determine el valor del coeficiente de viscosidad del alcohol a 70°C.

SOLUCIÓN:
Para calcular las constantes A y B de la ecuación propuesta, se procederá a realizar un ajuste de datos
mediante el método de mínimos cuadrados, considerando que una representación de los valores de 1/T(K)
vs log10  nos podría dar una línea recta, como se indica a continuación:

T(K) 273.15 293.15 313.15 333.15 353.15

 (ctp) 0.284 0.233 0.197 0.140 0.118

Los resultados que se obtienen son los siguientes:

A = -2.25098 B = 471.3414 K r = 0.986478

Por lo que la ecuación que relaciona la viscosidad  con la temperatura T, quedaría:

471.3414
log 10  ( ctp ) = − 2.25098
T (K )

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La gráfica correspondiente a la representación de los datos experimentales en la forma previamente

indicada, así como, la línea de tendencia se muestra en la siguiente gráfica:

0.0027 0.0029 0.0031 0.0033 0.0035 0.0037 0.0039

-0.50

-0.55

-0.60 log = 471.34/T - 2.251

R² = 0.9731
-0.65

-0.70
log

-0.75

-0.80

-0.85

-0.90

-0.95
1/T(K)

Para una temperatura T = 70°C = 343.15 K, obtenemos:

 471.3414 K 
 −2.25098 
 = 10  343.15 K 
= 0.13261 ctp

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