quimica189.files.wordpress.com · Web viewTipos De Sólidos: Cristalino: Se observa a simple vista caras definidas y más de una figura geométrica Pseudocristalino: Se observa al

INSTITUTO POLITECNICO NACIONAL

Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y Eléctrica

"Ingeniería en Control y Automatización."

CUADERNO DE APUNTES

GRUPO: 2AV6

ALUMNO: Antonio Lopez Axel

QUIMICA APLICADA

PROFESOR: FUENTES HERNANDEZ ERNESTO

UNIDAD l ESTADO SOLIDO

Estado Sólido

Un sólido se puede definir como el estado de agregación de la materia. Ocupando un equipo visual se pueden observar siete figuras geométricas.

Tipos De Sólidos:

Cristalino: Se observa a simple vista caras definidas y más de una figura geométrica

Pseudocristalino: Se observa al menos una cara definida.

Amorfo: No se observa ninguna cara definida, tampoco ninguna figura geométrica.

Los sólidos se clasifican en 7 sistemas cristalinos:

1. Sistema cubico2. Sistema hexagonal3. Sistema rómbico4. Sistema tetragonal5. Sistema ortorrómbico6. Sistema monoclínico7. Sistema triclínico

Leyes De La Cristalografía

1) Ley De La Constancia De los Ángulos InterfacialesSe refiere a que en el sistema cúbico el ángulo de cualquier lado siempre será igual a 90°

2) Leyes De La Racionalidad De Los ÍndicesSe refiere a que por más que se volteé la figura, siempre tendremos los mismos índices en la figura geométrica.

3) Ley De La SimetríaTodos los cristales de una misma sustancia poseen la misma simetría, sean cuales sean las caras que presenten.

Sistema cúbico

a=átomo v=a3

Zona [h k l]

Índices de Miller

Vector resultante de la suma de vectores

Plano [h k l]

Área

Distancia interplanar

d (hkl )= a√h2+k2+l2

Tipos De Cubos

a) Cúbico Simple (c.s)

En cada esquina hay un átomo por celda y cada átomo se comparte 1/8

¿ac

=8( 18 )=1

b) Cúbico Centrado En El Cuerpo (b.c.c)

A diferencia del sistema cubico simple tiene un átomo en el centro

¿ac

=8( 18 )+1=2

c) Cúbico Centrado En Las Caras (f.c.c)

¿ac

=8(18 )+(6∙ 12 )=4

δ=wv

δ=( ¿ac )(PA o PM )

(v ) (¿avogadro )

¿avogadro=6.023x 1023mol

Pasos Para Dibujar Zona

I. Del origen se dibuja el valor de ‘h’II. Donde se termina ‘h’, se dibuja el valor de ‘k’

III. Donde termina ‘k’, se dibuja el valor de ‘l’IV. Del origen se traza una linea recta hasta el termino del valor de ‘l’V. En caso de ser mayor a la unidad, se realiza la inversa de cada valor

[2,3,4 ]zona=[ 1/2, 1/3 , 1/4]= [ .5, .33 , .25]

(2,3,4) plano

l(+)

h(+)

k(+)

Pasos Para Dibujar Plano

I. Se grafican los ejes (h, k, l)II. Del origen se dibuja ´h´

III. Del origen se dibuja ´k’IV. Del origen se dibuja ´l’V. En caso de ser mayor a la unidad, se dividirán todos los valores entre el

numero mayor

Caso tdos negativos

( 1, 1, 1 )

( 1 ,0, 0 )

l(+)

h(-)

k(+)

0304

02

03

01

04

01 02

03

04

02

0103

02

03

01

04

02

04

03

04

01

01

02

(0,1,0 )

l(+)

h(+)

k(-)

( 1 ,0, 0 )

(0, 1 ,0 )

l(-)

k(+)

h(+)

(0,0,1 ) (0,0,1 )

Ley De Bragg

Bragg observo que los cristales están formados por planos atómicos paralelos separados distancias idénticas para cada una de ellas. Conforme avanzaron sus observaciones Bragg observo que la diferencia de camino para los rayos reflejados en dos planos sucesivos separados una distancia “d” determina la diferencia de fase de los campos eléctricos de las ondas provenientes de estos planos y por lo tanto la posibilidad de obtener interferencia constructiva.

Si Φ es el ángulo que forma el haz incidente con los planos reticulares, según la hipótesis de Bragg se observar la radiación difractada en la dirección de reflexión.

Finalmente se obtuvo la ley de Bragg, de modo que:

2d sen Φ= nλ

d= distancia en los planos

n= número de orden

λ= longitud de onda

Φ=ángulo que se difracta

PROBLEMAS

l(-)

h(-)

k(-)

1.-El potasio cristaliza en el sistema cubico central en el cuerpo, teniendo una densidad de 0.856 g/cm3. Determine la longitud de la arista de la celda unitaria.

DATOS FORMULA SUSTITUCION

PAK = 39.102 g/at-gρ = 0.856 g/cm3

ac = 2 ρ

¿(¿ ac )(PA)

V (¿avogadro )

V=(¿ ac )(PA)

(¿avogadro)

V = a3

a = V1/3

V=(2 ac )(39.102 g

at−g)

(0.856g /cm3)(6.023 x1023( ac )

atm−g)

V

= 1.51x10 -22 cm 3

a = (1.51x10-22 cm3)1/3

a=5.33x10 -8 cm

RESULTADO:a=5.33x10 -8 cm

Substitution

2.- El cobre cristaliza en el sistema cristalino cubico centrado en las caras, presentando una densidad de 8.939 g/cm3. Determine:

a.- Su volumen en litrosb.- La longitud de la arista en cm.Datos:

PACu = 63.55 g/at-g

ρ = 8.939 g/cm3

f.c.c = 4ac

Sustitución:

V=(4 ac )(63.55 g/at−g)

8.939 g/cm 3(6.023 x1023( ac )

atm−g)

V = 4.72x10-23 cm3 x 1L

1000 cm3=¿4.73x10 -26 L

Formula:

V=(¿ ac )(PA)

(¿avogadro)

https://es.wikipedia.org/wiki/%CE%A1


3.- El oro cristaliza en el sistema cubico, tiene una densidad de 19.4 g/ cm3, su arista mide 4.07 0A. a.- ¿Cuál es el sistema cubico en el que cristaliza? B.- ¿Cuál es su volumen?


PAAu = 196.97 g/at-g ρ = 19.4 g/cm3 a= 4.07 0A 4.07x10-8 cm

¿ac=

()(V )(¿avogadro)PA

V = a3 a = V1/3

V = (4.07x10-8 cm)3

V = 6.7419 x10−23

¿ ac=

(19.4 gcm3 ) (6.7419 x10−23 )(6.023 x 1023 ( ac )

atm−g )196.97 g

at−g

¿ ac=¿ 3.99= 4 – f.c.c

RESULTADO: ¿ ac=¿ 3.99= 4 – f.c.c

5.-El aluminio tiene una densidad de 2.7 g/ cm3, la longitud de su arista es de 4.05 0A . Determine el número de átomos que hay en la celda unitaria y el tipo de estructura cubica a la cual pertenece.


ρ = 2.7 g/cm3 a= 1.05 0A = 4.05x10-

8cmPAAl = 26.98 g/at-g

¿ac=


V = a3 a = V1/3

V = (4.05x10-8 cm)3 = 6.643x10 -23 cm 3

¿ ac=

(2.7 gcm3 ) (6.643 x10−23 c m3 )(6.023 x 1023 ( ac )

atm−g )(26.98 g

at−g )

= 4.004 = 4 – f.c.c



RESULTADO: = 4.004 = 4 – f.c.c

6.- La plata cristaliza en el sistema cubico centrado en las caras, cuando inciden Rayos- X sobre el cristal, en los planos 200 se obtiene una reflexión máxima de

primer orden en un ángulo de 5o 46’.Determine la longitud de onda de los rayos incidentes, considere que la plata tiene una densidad de 10.300 g/cm3.

Datos:

PAAg= 107.87 g/at-g

f.c.c = 4ac

d(200) n=1 θ= 5.760 ρ = 10.3 g/cm3

Sustitución:

V=(4 ac )(107.87 g

at−g)

(10.3 gcm3 )¿¿

= 6.95x10-23 cm3

a = (6.95x10-23 cm3 )1/3 = 4.11x10 -8 cm

d (200 )=4.11 x10−8 cm√22+02+02 = 2.05x10-8 cm

λ=2(2.05 x10−8 cm )(sen5.76)

1 = 4.11x10 -9 cm

7.- Un cristal pertenece al sistema cubico centrado en las caras con una densidad de 2 g/ cm3, teniendo una masa atómica para este elemento de 72.9 g/mol ¿Cual será el ángulo en que se obtendrá una reflexión de primer orden para el plano 222 si los rayos- X empleados tienen una longitud de onda igual a 0.7000A?

Datos:

f.c.c = 4ac

ρ = 2 g/cm3 PM= 74.9 g/mol

Formulas:

λ=2d (hk i ) senθn

d (hk i )= a√h2+k2+i2

V = a3 a = V1/3

V=(¿ ac )(PA )

(¿avogadro)

Formulas:

θ=arc sen( n λ2d (hk i ) )d (hk i )= a

√h2+k2+i2

V = a3 a = V1/3 V=(¿ ac )(PA)

(¿avogadro)



n =1 d(2 2 2) λ = 0.7 0A = 0.7x10-8cm

Sustitución:

V=(4 ac )(74.9 g

mol )

(2 gc m3 )(6.023 x1023 ( ac )

atm−g )= 2.48x10 -22 cm 3

a= (2.48x10-22 cm3) 1/3= 6.28x10 -8 cm d (222 )=6.28 x10−8cm√22+22+22 = 1.81x10 -8 cm

θ=arc sen( 1 (0.7 x 10−8 cm )2 (1.81 x10−8cm ) )= 11.14 0

8.-En la reflexión de los rayos X con longitud de onda de 0.643 0A por un determinado cristal, el máximo de primer orden para los plano 100, 110 y 111 se obtiene en los ángulos 7o 45’’, 5o 26’’ y 13o 34’’ respectivamente. Qué tipo de red posee dicho cristal. Cuáles son los valores de d(1 0 0), d(1 1 0) y d(1 1 1). Cuál es la longitud del cristal de la celda unitaria.

Datos:

λ = 0.643 0A = 0.643x10-8cm n=1 d(111) θ=13.560 d(100) θ=7.750 d(110) θ=5.430

Sustitución:

d (hk i )=¿ = 2.38x10 -8 cm

a= (√22+02+02) (2.38 x10−8cm)= 4.76x10 -8 cm

Formulas:

d (hk i )=( n λ2 senθ )

d (hk i )= a√h2+k2+i2

V = a3 a = V1/3

Tipo de red

1sen7045'

1sen5026'

1sen13034 '

7.417.41

10.567.41 4.467.41

1 1.425 0.5748

d (100 )=4.76 x10−8cm√12+02+02 = 4.76x10 -8 cm

d (110 )=4.76 x10−8cm√12+12+02 =3.365 x10 -8 cm

d (111 )=4.76 x 10−8cm√12+12+12 = 2.748x10 -8 cm

9.- El óxido de magnesio (Mg0) tiene una red cubica centrada en las caras del tipo de la del cloruro de sodio, y su densidad es de 3.66 g/cm3; la reflexión de rayos x sobre los planos d(1 1 0) se efectúa en un ángulo de 8o. Calcular la longitud de onda de los rayos x.

Datos:

ρ = 2 g/cm3 θ=80 PMMgO=40.304 g/at-g

f.c.c = 4ac

NaCl n=1 d(1 1 0)

Sustitución:

V=(4 ac )(40.304 g

at−g )gcm3 ¿

(6.023 x 1023 (ac )atm−g )¿ = 7.313x10 -23 cm 3

a=(7.313x10-23 cm3 )1/3=4.1818x10-8cm

d (110 )=4.1818 x 10−8¿cm

√12+12+02¿=2.95x10 -8 cm

λ=2 (2.95 x10−8 cm )(sen8)

1 = 8.21x10 -9 cm

Es tipo cubico centrado en el cuerpo b.c.c

Formulas:

V=(¿ ac )(PA )

(¿avogadro )d (hk i )= a

√h2+k2+i2

a = V1/3 λ=2d (hk i ) senθn


10.- El bromuro de potasio tiene una red que equivale a la estructura centrada en las caras, la longitud de la arista de la celda unitaria es de 6.540A .Cual es la densidad del cristal.


f.c.c = 4 a/c PAKBr= 119.01 g/at-ga=6.54 0A= 6.54X10-8cm

¿ac=


V = a3 a = V1/3

V = (6.54x10-8cm)3 = 2.797x10 -22 cm 3

¿(4 ac )(109.01 g

at−g )

(2.797 x10−22cm3 )(6.023 x 1023 ( ac )atm−g )

=2.825 g/cm 3

RESULTADO:ρ¿2.825 g/cm3

UNIDAD ll ESTADO GASEOSO

Gas

Un gas se define como un estado de la materia, el cual está caracterizado por:

Un gas tiende a ocupar todo el volumen del recipiente que la contiene. Sus moléculas están enormemente separadas La suma de sus diámetros se consideran

despreciables a comparación de la distancia que las separa

Sus moléculas están en constante movimiento, es decir poseen energía cinética

Los choques que ocurren en sus moléculas se consideran elásticos

Al momento que las moléculas chocan esta incrementa su velocidad, es decir aumenta su energía cinética

Un gas se puede comprimir provocando una disminución en su volumen pero un aumento en la temperatura lo cual ocasiona que aumenten sus choques.

Un gas se puede expandir provocara una disminución en la temperatura y un aumento de volumen.

Un gas se rige por la siguiente ecuación:

PV=nRT

Presión: La presión se define como la fuerza aplicada sobre un área específica.

P= F⃗A

=m∗gA

=m∗gπ∗r 2

P=Presión absoluta=Presión manométrica +PN .Mar=760mmhg=1 [atm ]

+PN .Df=585mmh g

V=Volumen[l]

Temperatura: Es la cantidad de calor ganada o perdida

T= Temperatura absoluta K=C+273.15

R=F+460

C=F−321.8

Numero de moles: Se define como el peso del elemento o compuesto entre el PA o PM

N=#moles

Elemento Compuesto Mezcla02 CO2 CO2+02

n= wPA

n= wPM

n= WPM

PM=XCO2*PMCO2+ XO 2

*PAO2

nT=nCO2+nO2

R=Constante universal de los gases R=0.082 atm∗lk∗mol

R=P∗Vn∗T

P=1 atm

T=0C=273.15K

C.N n=1 mol

V=22.4l

mol

Ley de Gay - Lussac (sometrico)

V=cte.

P ∝ T

P = K1 T1

k1= P1T1

Ley de Charles.

En un proceso a presión constante (isobárico), el volumen es directamente proporcional a la temperatura.

P=cte.

V ∝ T

V1 = K1 T1

k1= V 1

T 1

k1 = k2

P1T1

=P2T 2

P1P2

=T 1T 2

k1 = K2

V 1

T 1=V 2

T2

V 1

V 2=T 1T 2

Ley de Boyle.

En un proceso a temperatura constante (isotérmico), el volumen es directamente proporcional a la presión.

T=cte.

V ∝ P

V = K1 P1

k1= V 1

P1

Ecuación Combinada.

k1 = K2

V 1

P1=V 2

P2

V 1

V 2=P1P2

P1∗V 1

T 1=P2∗V 2

T 2 P1∗V 1

T 1=n1∗R

P1∗V 1

n1∗T 1=P2∗V 2

n2∗T 2

Datos:

V1=500 L

P1=760 mm Hg

T1=273.15 K

V2=?

P2=100 mm Hg

T2=373.15 K

P1∗V 1=n1∗R∗T 1

PROBLEMAS

12.- Un gas se encuentra a una temperatura de 40 ° C a 1 atm de presión. Cuando la temperatura sea de 80°C. ¿Cuál será la presión permaneciendo constante el volumen?


V=cteT 1=40 ° CP1=1atmT 2=80 °C

P1T1

=P2T 2

P2=P1∗T 2T 1

P2=1atm∗353.15k313.15 k

T 1=40+273.15=313.15 kT 2=80+273.15=353.15 k

P2=1.126atm

13.- El volumen de un gas en condiciones normales es de 500 litros. ¿Cuál será su volumen cuando las condiciones varíen a 100 mm Hg de presión y 50°C?

Sustitución:

V2 = (760mmHg ) (500L )(373.15K )

(273.15 K )(100mmHg)= 5191.17 L

Formulas:

P1V 1T 1= P2V 2

T 2

V 2=(P1 ) (V 1 )(T 2)

(T 1 )(P2)

14. El volumen de un gas es de 100 litros a 5° C de temperatura. Si permanece constante la presión ¿Cuál será su volumen cuando las condiciones varíen a 100mmHg de presión y 50°C?


T1=5°CT1=278.15 KV=100 litrosT2=50°+273.15T2=348.15 KV2=?

V 2=V 1T 2T 1 V 2=

348.15K∗100 litros278.15 k

RESULTADO:V 2=125.166 L

15.- Calcular la presión que ejerciera un gas que ocupa un volumen de 100 m3 a una presión de 2 kg/cm2 , al pasarlo a un temperatura constante a otro recipiente cuyo volumen es una 10 parte.


T=cteV 1=100m

3

P1=2kg /cm2

V 2=V 1

10

V 1∗P1=P2V 2

P2=P1∗V 1

V 2

P2=P1∗V 1∗10

V 1

P2=¿10*P1

P2=¿10*1.934atm

P1=2

kgcm2∗0.967atm

1 kgcm2

=1.934 atm

V 1=100m3∗1000 l1m3 =100000 l

P2=19.34 atm

16.- Se recogen 500 ml de oxigeno sobre agua, a una presión total de 760 mm Hg. La temperatura del sistema es de 25 °C a esta temperatura el agua tiene una presión de vapor de 23.8 mm Hg. ¿Cuál es la presión parcial del oxígeno?

Datos:

VO2=500 ml

PT=760 mm Hg

PH2O=23.8 mm Hg

TH2O=298.15 K

¿Cuántas moles de oxigeno hay presentes en el tubo colector?. ¿Cuál sería el volumen de oxigeno libre de vapor de agua a PTN?

Sustitución:

a)

PO2=760mmHg−23.8mmHg = 736.2 mm Hg

b)

(nO2 )=(736.2mmHg ) (0.5L )

(62.34 mmHg∗LK∗mol

)(298.15K ) = 0.019 mol

c)

(V O2 )=(nO2 ) (TO 2) (R)

PO2 =

(0.019mol ) (273 .15K )(0.082 atm∗LK∗mol

)

1atm = 0.443 L

17. Una cierta cantidad de un gas a una presión de 730 mmHg. Y a una temperatura de -20°C ocupando un volumen de 20 litros ¿Cuál es su volumen en PTN? ¿Cuantas moles de gas están en el sistema anterior?


P=730 mmHgT=253.15 KV=20 L

PtVt=ntRt

nt= 730mmHg∗20 l

62.32mmHgLKmol

∗253.15K

nt=0.924moles

V=273.15mmHg∗0.0924mol∗62.32mmHgL

Kmol1atm

V=15728.98 L

Formulas:

PO2 ¿PT−PH 2O

(nO2 )=(PO2 ) (V O2 )(R)(T O2)

Datos:

P= 0.480 mol

T = 298.15 K

PM=30 g

mol

RESULTADO:V=15728.98 L y0.924moles

18.-Un matraz de 30 l de capacidad contiene 29 g de Nitrógeno. ¿Cuánto nitrógeno habrá que agregar para elevar la presión total a 1.2atm a 27°C?


W N2=20gV T=30 l

PT=1.2atmT=27 ° C

R=0.082 atm∗lk∗mol

V T∗PT=nRT

nT=V T∗PT

R∗T

nT=W N2

PAN 2

W T=nT∗PAN2

W agrefado=W T−W Original

nT=1.2atm∗30 l

0.082 atm∗lk∗mol

∗300.15k

nT=1.4626mol

W T=1.4626mol∗28gmol

W T=40.955g

W agrefado=40.995g−20 g

T=27+273.15=300.15 k

PAN2=28 g

mol

W agrefado=20.955 g

19.- Calcular la densidad del gas etano (C2H6) en gL

a 0.480

atm y 25 °C.

Sustitución:

δ=(0.480atm )(30 g

mol)

(0.082 atm∗LK∗mol )(298.15 K )

= 0.580 gL

Formulas:

δ= P∗PMR∗T

Datos:

WHe=2 g

PT=800 mm Hg

T=308.15 K

PN2=400 mm Hg

20. La densidad del oxígeno gaseoso es de 1.43 g/l A CNTP. ¿Cuál es su densidad a 400°C y 2.5 atm?


Ƴ=1.43 g/lT=400+273.15T=673.15 KP=2.5 atm

d=MPRT

d= 2.5∗320.082∗673.15

RESULTADO:d=1.443 g/l

21.- Cual es el peso molecular de un gas, si 0.0224g ocupan 238c m3 a728mmmhg y 99°C?


W=0.224 gV=238 cm3

PT=728mmhgT=99 ° C


V∗P=nRT

V∗P= wPM

RT

PM=w∗R∗TV∗P

PM=0.224g∗62.32 mmhg∗l

k∗mol∗372.15k

0.238 l∗728mmhg

T=99+273.15=372.15 k

V=238 c m3∗0.0011c m3

=0.238 l

PM=29.98gmol

22.- Un matraz contiene una mezcla de helio y nitrógeno. La presión total es de 800 mm Hg y la temperatura es de 35 °C. Si se saca el helio, la presión disminuye a 400 mm Hg y el peso del matraz con su contenido disminuye en 2g. ¿Cuál es la fracción mol original de cada uno de los gases?. ¿Cuál es el volumen del matraz?

Formulas:

N2¿PN 2PT

XHe= 1 - XN2

nHe=WHePA

nT= nHeXHe

VT=n∗R∗TP

Sustitución:

a)

XN 2= PN 2PT =400mmHg

800mmHg = 0.5

XHE = 1 - XN2 = 1 - 0.5 = 0.5

b)

nHe=WHePA =

2 g

4 gmol

= 0.5 mol

nT= nHeXHe= 0.5mol0.5 = 1 mol

24. Una mezcla de gases está compuesta por etano (C2H6) y butano (C4H10). Se llena un bulbo de 200 cm3 de capacidad con la mezcla a una presión de 750 mmHg y 20°C. Si el paso del gas en el bulbo es de 0.3846 g ¿Cuál es el porcentaje molar de butano en la mezcla?


Vt=200 cm3*(1L/1000cm3)Pt=750mmHgT=20+273.15=293.15 KWt=0.3846g

PtVt=ntRt nt= 750mmHg∗0.2 l

62.32mmHgLKmol

∗293.15K

nt=8.21 x10−3mol

PM=0.3846 g/8.21 x10−3mol

PM=47.454 g /mol

PM=XC 2H 6 PMC 2 H6+XC 4 H6 PMC 4H 6

XC 2 H6+XC 4 H10❑=1

XC 2 H6=1−X C 4H 10

VT¿n∗R∗T

P =

(1mol )(62.34 mmHg∗LK∗mol

)(308.15 K )

800mmHg

VT= 24 L

Datos:

VO2=0.025 L

TO2=298.15 K

PO2 = 101 MM Hg

TT=301.15 k

VCO2=0.034 L

TCO2=308.15 K

PCO2 = 735 MM Hg

VT=0.034 L

47.4 g /mol=1−XC 4H 10∗30+XC 4 H10∗58

17.454=28XC 4 H 10

XC 4H 10=0.623

RESULTADO:% XC 4 H10=62.30

26.- Supóngase que 25 ml de oxigeno a 25 °C y 101 mm Hg se introducen en un recipiente de 34 ml que contenían dióxido de carbono a 35 °C y 735 mm Hg. Si la temperatura de la mezcla se lleva a 28 °C. ¿Cuál es la presión total?

Sustitución:

(nO2 )=(101MM Hg ) (0.025 L )


)(298.15K ) = 1.35 x 10-4 mol

(nO2 )=(735MM Hg ) (0.034 L )


)(308.15K ) = 1.30 x 10-3 mol

nT=nO2+CO2= 1.35 x 10-4 mol+ 1.43 x 10-3 mol= 1.43 x 10-3 mol

P=(1.43 x10−3mol )(62.34 mmHg∗L

K∗mol )(301.15 k )0.034 L

= 789.60 mm Hg

Formulas:

nT=nO2+CO2

P=n∗R∗TV

27. 5 gramos de CO2 fueron introducidos a un recipiente de 3 litros que contenían hidrogeno. Se calentó a 122°F y se encontró que la presión total fue de 1280 mmHg. Si los únicos gases presentes son H2 y CO2. Calcular el peso de hidrogeno presente en el frasco antes de introducir CO2.


WCO2=5gVt=3 LT=122F=323.15 KPt=1280 mmHg

PtVt=ntRt nt= 1280mmHg∗3 l

62.32mmHgLKmol

∗323.15K

nt=0.1906mol

nt=nCO2+nH 2

nH 2=0.1906−0.11=0.080mol

W H 2=nH 2+PAH 2

W H 2=0.080mol∗2g /mol

RESULTADO:W H 2=0.161g

28.- Una mezcla de C2H2 Contenida en un recipiente de 0.10 m3 de capacidad ejercen una presión a la temperatura de 127°C. Si el 40% en peso de la mezcla es de O2 calcular:

a) Presión totalb) Fracción molar de cada componentec) La presión parcial de cada gas


Mezcla=XC2H 2+XO 2

T=127 °CV T=0.10m

3


%W O2=40%

nO 2=

wO2

PAO2

nC2 H 2=

wC2H 2

PM C2H 2

nT=nC2H 2+nO2

PT=nT∗R∗T

V T

XO 2=nO2

nT

XC2 H 2=nC2H 2

nTPO2

=XO2∗PT

PC2H 2=XC2H 2

∗PT

nO 2= 40 g32gmol

=1.25mol

nC2 H 2= 60 g26 gmol

=2.307mol

nT=1.25mol+2.307mol=3.557mol

PT=3.557mol∗0.082 atm∗l

k∗mol∗400.15 k

100 l=887.021mmhg

XO 2= 1.25mol3.557mol

=0 .351

XC2H 2=2.307mol3.557mol

=0.6425

PO2=0.351∗887.021mmhg=311.34mmhg

PC2H 2=0.6425∗887.021mmh g=541.78mmh g

T=127+273.15=400.15 k

V T=0.10m3∗1000 l1m3 =100 l

PMC2H 2=26gmol

PAO2=32 gmol

%W T=100%%W C2H 2

=%W T−%WO 2=100−40=60%

Base a calcular de 100gWC2H 2

=60gW O2=40g

Datos:

P= 3.40 atm

T = 299.65 K

PM=73 g

mol

29.- Un gas natural tiene la siguiente composición % volumen. Calcula la densidad de la mezcla a 26.5 °C y 3.40 atm.

Sustitución:

δ= P∗PMR∗T =

(3.40atm )(73 gmol

)

(0.082 atm∗LK∗mol )(299.65K )

= 10.10 gL

Formulas:

δ= P∗PMR∗T

Gas %Metano (CH4) 94.10Etano (C2H5) 3.00Nitrógeno (N2) 2.90

Punto Crítico

Aquel valor numérico donde coexisten las tres condiciones. Son los valores de las variables PVT así se obtiene la presión crítica, temperatura crítica y volumen de la sustancia problema generalmente las constantes más conocidas son:

Presión critica Pc Temperatura critica Tc

En los gases reales lo más estudiados son:

Van Der Waals Berthelot Factor de comprensibilidad Diagrama de Woogen- Watson-

Ragate

Debido a la desviación de los gases reales de la ley ideal se han hecho varias para establecer ecuaciones de estado que nos relacionan PVT de una manera satisfactoria. Una de ellas es la de Van Der Waals fue la primera y la más conocida en la actualidad. Esta ecuación difieren un poco de la Ecuación de los gases ideales en que involucran un volumen ocupado por las propias moléculas así como las fuerzas de atracción entre las mismas. Y en pocas palabras es efectuar una por reacción en la cual se supone un volumen efectivo de las moléculas de un gas (b) y el volumen total que corresponde a n moles de gas dado por la siguiente reacción:

v−nbv

El segundo factor que se considera es de las fuerzas de atracción que actúan entre las moléculas dada por la siguiente relación:

P=P I−Po

En donde P I es la presión de ideal donde P es la presión real y Po es la presión observada

Van Der Waals supone lo siguiente:

( p+ n2av2

)(v−nb)=RT

En donde Van Der Waals explico lo siguiente: donde la constante “a” es un factor de corrección para la presión y es una constante característica para cada gas, independiente de la presión y la temperatura y es una medida de las fuerzas intermoleculares.

El factor a viene dado en atm .l2

mol2

El factor b viene dado en l

mol

Formas para sacar las constante a y b

a=3Vc2 Pc

b=Vc3

a=27R2Tc2

64Pc

b= RTc8Pc

Berthelot (Peso Molecular)

PV=nRT ¿)]

Despejando el PM

PM=mRTPV

¿)]

PROBLEMAS

43. Determinar el peso molecular del cloruro de metilo (CH3Cl) a condiciones normales, teniéndose los siguientes datos:

Tc=416.2°K, Pc=65.8 atm, ƴ=2.3076 g/litro empleándose:

A- La ecuación de Berthelot

B-La ecuación general de los gases ideales

C-Por medio de los pesos atómicos de cada elemento.


Tc=416.2°KPc=65.8 atmƴ=2.3076 g/litro PM=mRT

PV¿

PM=PAC+3 PAH+PACl

PM=12 gmol

+ 3 gmol

+35.5 g /mol

PM=50.5g /mol

PM=∫RTP¿

¿

PM=2.3056 gL∗0.O 82∗273.15

1atm

PM=51.622g /mol

PM=51.66¿

PM=50.55g /mol

RESULTADO: a¿PM=50.55g /molb¿ PM=51.622g /molc ¿PM=50.5 g /mol

44.-Una muestra de vapor que pesa 0.180 gramos ocupa un volumen de 53.10 cm3 a 27°C y una atm de presión (corregida). La presión critica del vapor es de 47.7 atm mientras que la temperatura critica es de 288.5°C. Mediante la ecuación de berthelot calcular el peso molecular del vapor compáralo con el obtenido mediante la ley de los gases ideales


Tc=561.65°KPc=47.7 atmW=0.180gV=0.0531lT=300.15kP=1 atm


PM=wRTPV

¿

PM=w∗R∗TV∗P

PM=0.180g∗0.082 atm∗l

k∗mol∗300.15 k

0.0531 l∗1atm=83.431 g

mol

PM=83.431 ¿

PM=78.83g /mol

RESULTADO: a¿ PM=83.431 gmol

b¿PM=78.23g /mol

45) Usando la ecuación de Van Der-Waals, calcular la presión necesaria para mantener 280 gramos de CO2, en un recipiente de 420 ml a una temperatura de 20°C, si para este gas sabemos que:

a=3.60 atm∗Lmol2 b=0.043

Lmol


a=3.60 atm∗Lmol2

b=0.043 L

molW=280gT=293.15 KV= 0.42 L

P=n∗R∗TV−nb

−n2∗aV 2

n= WPM

Sustitución:

n= WPM =

280 g

44 gmol

= 6.36 mol

P=(6.36mol )(0.082 atm∗L

K∗mol )(293.15K )

0.42 L−(6.36mol )(0.043 Lmol

)−

(6.36mol )2(3.60 atm∗L2

mol2)

(0.42L)2

P= 217.92 atm

RESULTADO:P= 217.92 atm

UNIDAD lll TERMODINAMICA

Sistema Termodinámico

Sistema: Es aquella parte del universo que se aísla para su estudio el cual posee todas las características del universo entero y posee tanto propiedades físicas como propiedades químicas.

Calor: Es el aumento o disminución de temperatura que sufre un sistema termodinámico.

Energía Interna: La energía que posee un sistema a nivel molecular.

Primera Ley de la Termodinámica:

∆ E=∆Q−∆W de = n Cv Dt

Capacidad Calorífica: Es que por cada gramo de hielo agregado a un líquido este disminuya su temperatura en un Celsius.

Cv = A volumen constante.Cp = a presión constante.

Pared adiabática compuesta por materiales refractarios:

S1O2, Al2 O3, TiO3, MgO.

C = Capacidad calorífica.

Cp – Cv = R = 1.987cal

Kmol

Donde Cp es siempre mayor a Cv.

dE = nCv Dt

∫1

2

dE=∫1

2

nCv dT

E2- E1= n Cv (T2 – T1)∆ E=nCv (Tf−Ti)

Trabajo: Es cuando se ejerce una presión en un diferencial de Volumen.Isobárico.P=Constante.

∆W=P (V 2−V 1 ) x calatm l

Isométrico:

V = constante.

∆W=0calIsotérmico:

T = constante.

ΔW=n RTln (P1P2

)

ΔW=n RTln (V 2V 1

)

P1V1=P2V2V 2V 1 =

P2P1

R= 1.987cal

Kmol

Entalpia:

Esla carga calorífica que posee un sistema a presión constante.dH = n Cp dT

∫1

2

dH=∫1

2

nCPdT

H2- H1= n Cp (T2 – T1)∆ H=nCp(Tf−Ti)

∆ E=∆Q−∆W Cp – Cv = R = 1.987calKmol

PROBLEMAS

52.- Determinar el trabajo cuando 2 moles de Hidrogeno se expanden isométricamente de 15 a 50 litros contra una presión opuesta de 1 atm a 25 °C ¿Qué ocurrirá si la presión es igual a 0 (tiende al vacío)?


Proceso Isotérmico t1 = t2 = 25°C=98.15 K1)n= 2 molesV= 15 lP =1 atm2)V = 50 lP2 = ?ΔW=?

P1 x V1 = P2 x V2ΔW=n RT ln (P1

P2)

P2 = 1atm x 15l50l P2 = 0.3 atm

ΔW = (2 moles) (1.987 calk mol ) (298.15

K ) (ln 1atm0.3atm )

RESULTADO: ΔW=1426.524 calorias

53.- Calcule el trabajo con los datos del problema anterior pero considere que el procedimiento se lleva a cabo en do partes.a) Una expansión hasta 30 l contra una presión constante de 2 atm.b) Una expansión de hasta 50 l contra una presión de 1 atm.


1)V=15lT=298.15K2)ΔW=?

3)n= 2 molV= 30l

Formulas:ΔW= P(V2 x V1) x 24.2calatm l

ΔWT= ΔW 1+ΔW 2

Operaciones:De 1 a 2 ΔW= (2atm)(30l – 15l) x 24.2calatm l ΔW1= 726 calDe 2 a 3 ΔW= (1atm)(50l – 30l) x 24.2calatm l ΔW1= 484 cal

ΔWT= 726 cal +484 cal= 1210 cal

V=15lRESULTADO: ΔWT= 726 cal +484 cal= 1210 cal

54.-En un proceso a Presión constante un sistema gaseoso pierde 6.3 kilo calorías realizando un cambio de volumen de 0.142 m3 a 0.0566m3 siendo la presión de oposición de 3.515 kg/cm2


Proceso Isobárico = 3.402 atm.1)V1= 0.142 m32)V2= 0.0566m3=56.6lΔQ=−6.3 k cal=−6300cal

ΔW = P (V2-V1)∆ E=∆Q−∆W ΔW=¿ (3.402)(56.6 - 142l) x 24.2calatm l = -7030.84 cal

RESULTADO: ∆ E=¿ −6300 cal+7030.84 cal = 730.84 cal55.- Un pistón cuya área es de 60 cm2 se desplaza una distancia de 20 cm contra una presión de 3 atm. ¿Cuál es el trabajo hecho? DATOS FORMULA SUSTITUCION

dw = P dvdw = P( A x L)ΔW = P V x 24.2calatm l

ΔW= (3atm) ( 1200 cm3) (24.2calatm l )ΔW=¿ 87.12 cal

RESULTADO: ΔW=¿ 87.12 cal

56.- Un gas se expande contra una presión de 2 atm desde 10 a 20 litros y absorbe 300 calorías ¿Cuál es el cambio de energía interna del gas? Suponiendo que es un proceso isobárico.


P1=2 atmV 2=20 lV 1=10 l

∆W=P (V 2−V 1 )∗24.2 calatm−l

∆Q=300 cal

∆ E=∆Q−∆W ∆W=2atm (20l−10 l )∗24.2 calatm−l

∆W=484 cal∆ E=300 cal−484 cal

∆ E=−184 cal

RESULTADO:∆ E=−184 cal

58.- 6 moles de un gas ideal a 30° C se calienta a una Presión constante de 3 atm.

Hasta una temperatura de 100° C. Para este gas Cp = 9.3 + 4.2x10−3 T calmol K

Calcular ΔW , ΔE, ΔH , ΔQ.

Datos: Formulas:Proceso Isobárico P1 V1 = n RT1 1) 2) ΔW = P (V2 – V1) x 24.2calatm l n=6 mol T2=100°C V 1

T 1 = V 2T 2 T1= 30°C T2=373.15K ΔH = n CP (T2 –T1) = 303.15k ΔE = ΔH ΔQ = ΔH + ΔWOperaciones:V1 = (6moles)(0.082atml

mol K )(303. 15K) / 3atm V1= 49.716 lV2=(49.716l)(373.15K )

303. 15K V2= 61.196 l

ΔW= (3atm)(61.196 l - 49.716 l ) x 24.2calatm l ΔW= 833.448 cal

6mol (9.3 (T2 – T1)+ 4.2x10−3 (T 22−T 12)2

¿ ΔH

ΔH = 6mol(9.3 calmol K (373.15k – 303.15k)+ 4.2x10−3 cal

mol K (373.15k2−303.15 k 2)ΔH = ΔE=¿ 4502.496calOcupando ΔQ=ΔE+ΔW = 4502.496cal +833.448 cal = 5335.994 cal61.- 3 moles de un gas ideal se comprimen isométricamente y en forma reversible desde una presión de 1.5 atm a 89.76 pul Hg, desarrollando un trabajo de – 5480 calorías. Determinar la temperatura a la cual tuvo lugar el proceso, el volumen final ΔE , ΔH , ΔQ .Temperaturainicial .


Isométrico T= cteComprime V1>V21)P=1.5 atm3 atmn= 3 molesΔW=¿– 5480 calorias2)P=2.893 atm

ΔW=n RTln (P1P2 )P1V1=P2V2 T= – 5480 cal

(3mol)(1.987 calKmol

) T= 1394.486 kV2= (1.5atm)(228.695 l)

(2.893atm) V2= 118.29 l

RESULTADO:V2= 118.29 l

62.- Dos litros de nitrógeno a 20 °C y 8 atm de presión se expanden reversiblemente e isotérmicamente hasta una presión de 1 atm. Calcular:a) Volumen finalb) El trabajoc) La cantidad de calor absorbido d) La variación de energía internae) La variación de entalpia


V 1=2 lT 1=293.15 KP1=8 atmP2=1atm

∆ E=0 cal∆H=0cal

∆W=nRT ln P1P2

V 2=P1∗V 1

P2

n=p1V 1

RT1∆Q=∆W

V 2=8atm∗2l1atm

V 2=16 l

n= 8amt∗2l

0.082 atm−lK−mol

∗293.15 K

n=0.665mol

∆W=0.665mol∗1.987 calK−mol

∗293.15K ln 8atm1atm

∆W=805.4825 cal∆Q=805.4825 cal

RESULTADO:a¿V ¿2=16 lb¿ ∆W=805.4825 calc ¿∆Q=805.4825cald ¿∆ E=0cale ¿∆H=0cal

64.- Un gas absorbe 389.42 cal al expandirse reversiblemente y de manera isométrica, si el Volumen inicial es de 10 l, la presión es de 5 atm y la temperatura de 25° C. Calcular el Volumen final.


T= cte = 298.15KV = 10 lΔW=389.42 calP = 5 atm

PV = nRTΔW= nRT ln (V 2V 1

) n= (5atm)(10 l)

( 0.082atmlmol K

)(298.15K ) n=2.045molV 2=

e

389.42 cal

(2.045mol)(1.987 calKmol )(298.15K)

V 2= 13.791 lRESULTADO: V 2= 13.791 l

65.- En la compresión isotérmica reversible de 1 mol de un gas ideal a 25° C, el trabajo efectivo sobre el sistema fue de - 876 cal, el volumen final de 12 litros. Calcule la Presión inicial.


V1>V2n=1molV2=12 lT= 98.15kPV = nRTΔW= nRT ln (V 2V 1

)V1= V2/

e

−876cal

(1mol)(1.987 calKmol )(298.15K)

V1=52.645 lP1 =(1mol)( 0.082atml

mol K)(298.15K )

(52.645 l)P1 =0.464 atmRESULTADO: P1 =0.464 atm

67.- 60 gramos de Neón a condiciones norma es se comprimen adiabáticamente y de manera reversible hasta 18 litros. Calcule, trabajo realizado, ΔE , ΔH , ΔQ si Cv =

4calK mol


V1>V2WNe= 60 gV2= 18 lP1= 1atmT1=273.17 KV1´=22.4 l/mol

∆W=nCv(T 2−T 1)

1−γV1= V1´ x nΔW=n RTln (P1P2 )

γ =Cp / CvCp=R + CvV 1

V 2=(T 2T 1)

γ

n= 60 g20.196g /mol n=2.974 molV1= 2.974 mol x 22.4 l = 66.617 lCp =1.987 cal

Kmol + 4 calK mol = 5.987 cal

K mol

γ = 5.987 calK mol / 4 cal

K mol= 1.496T2=( 66.617 l

18 l)1.496 T2= 521.204 K

ΔW = (2.974mol)(1.987 cal

Kmol)(521.204 K−273.17K )

(1−1.496)ΔW = - 2958.886 cal = ΔEΔQ = 0 cal

RESULTADO: ΔW = - 2958.886 cal = ΔEΔQ = 0 cal

68.- Se expande reversiblemente y adiabáticamente 1.43 litros de nitrógeno a 25 °C y 3 atm, hasta in volumen final de 2.86 litros, Cp=6.90cal/K-mol. Calcular:

a) Calorb) trabajoc) variación de energía internad) variación de entalpiae) temperatura finalf) presión final


V 1=1.43 lT 1=298.15 KP1=3atmV 2=2.86 l

∆W=nCv(T 2−T 1)

1−γV1= V1´ x nΔW=n RTln (P1P2 )

γ =Cp / Cv∆ E=nCv (T 2−T1)

Cp=R + CvV 1P1=P2V 2

V 2=P1∗V 1

P2

V 1

V 2=(T 2T 1)

γ

n=p1V 1

RT1

Cv=6.90 calK−mol

−1.987 calK−mol

Cv=4.913 calK−mol

γ=6.90 cal

K−mol

4.913 calK−mol

γ=1.464

T 2=(1.43l2.86l)1.464−1

∗298.15 K

T 2=225.329K

P2=3atm

(1.43l2.86l)1.464

P2=1.133atm

n= 3atm∗1.43 l

0.082 atm−lK−mol

∗298.15 K

n=0.175mol

∆ E=0.175mol∗4.913 calK−mol

(225.329K−298.15K❑)

∆ E=−62.847 cal

∆W=62.847 cal

∆ H=0.175mol∗6.90 calK−mol

(225.329 K−298.15 K❑)

∆ H=−87.936 cal

RESULTADO: ∆W=62.847 cal

E=−62.847 cal∆ H=−87.936 calT 2=225.329KP2=1.133atm

70.- Durante la expansión adiabática reversible de un gas ideal se produjo un trabajo de 1000 calorías. Las condiciones finales del gas son 218 l, 0.78 atm, a 988 K.Si tiene una fugacidad de 1.345 Calcule el volumen inicial.


Expansión V2>V1AdiabáticaV2= 218lP2= 0.78 atmT2= 988 KΔW = 1000calγ = 1.395

PV= nRT∆W=

nR(T 2−T 1)1−γ

T2T1

=(V 1

V 2)γ

n= (0.78atm)(218 l)

( 0.082atmlmol K

)(988 K) n=2.098 molT1= 2988 K - (1000 cal )(1−1.395)

(2.098mol)(1.987 calKmol

)T1=1082.75KV1 =( 988 K

1082.75 K )1

1.395−1 (218 l)V1 =172.88 lP1 = ( 218 l172.88 l)

1.395 (0.78 atm) = 25. 53 K

RESULTADO: V1 =172.88 l

Entropía (S)

Se puede definir como el desorden o el caos que ocurre en el sistema termodinámico que para nuestro caso estará afectado por la temperatura y se representa por la letra S.

dQT

=dET

+ dWT

dS=dQT

=dET

+ dWT

dS=nCvdTT

+ nRTdVT

∮1

2

dS=¿ nCv∮1

2 dTT

+¿nR∮1

2 dVV

¿¿

∆ S=nCv ln P1P2

+nR ln V 2V 1

∆ S=nCv ln P1P2

∆ S=nR ln V 2V 1

∆ S=nCp ln P1P2

∆ S=0 procesoestable0.1>∆S>0 proceso tiene perturbaciones

0.1<∆S proceso inestable

Condiciones de entropía para un proceso

La entropía nos sirve para calcular la inestabilidad de un proceso el cual nos puede dar las pautas pata tomar una acción colectiva o correctiva con lo cual evitaremos daños económicos y daños a maquinaria y equipo de proceso.

Líquidos

Se define como estado de la materia el cual está caracterizado:Sus moléculas están separadas y en constante movimientoNo tiene forma definida, adapta la forma del recipientePosee la propiedad de la mojabilidadExisten dos tipos:1.- Ligero2.- Pesado

La suma de sus radios mucho mayor que la distancia que las separa

PROBLEMAS

77.-El punto de ebullición normal para 195 g de tetracloruro de carbono es de 77 °C ¿Cuál será su temperatura en el D.F. si sabes que tiene un calor latente de 9163 cal?


T1=350.15 KW N=195g

n= WP. A

∆ Hv=∆Hn

∆ H=9163 cal

lnP2P1

= ∆HvR

∗[ 1T1− 1T2 ]

T 2=1

1T 1

−R ln

P2P1

∆Hv

n= 195g

154 gmol

n=1.266mol

∆ Hv= 9163 cal1.266mol

∆ Hv=7236.42 calmol

T 2=1

1350.15 K

−1.987 cal

K−molln 585mmHg760mmHg

7236.42 calmol

RESULTADO: T 2=341.270K

El punto de ebullición final de tetracloruro de carbono es de 67°C y tiene un calor de evaporación de 47 cal/g ¿Cuál será la temperatura en el DF?


T1=350.15 KW N=195g

n= WP. A

∆ Hv=∆Hn

∆H=9163 cal

lnP2P1

= ∆HvR

∗[ 1T1− 1T2 ]

n= 195g

154 gmol

n=1.266mol

∆ Hv= 9163 cal1.266mol


T 2=1

1T 1

−R ln

P2P1

∆Hv

T 2=1

1350.15 K

−1.987 cal

K−molln 585mmHg760mmHg

7236.42 calmol

RESULTADO: T 2=341.270K

78.- La presión de vapor de etanol es de 135.5mmHg a 40 °C y de 542mmHg a 70 °Ca) El calor de evaporización b) La presión del etanol a 60 °C


P1=135.5mmHgP2=542mmHgT 1=313.15KT 2=343.15 K

∆Hv=R∗ln

Pf

P i

[ 1T i− 1T f ]

P3=e∆ HvR

∗[ 1T i− 1T f ]∗P2

∆ Hv=1.987 cal

K−mol∗ln 542mmHg

135.5mmHg

[ 1313.15K

− 1343.15K ]


P3=e

9877.134 calmol

1.987 calK−mol

∗[ 1313.15K−

1343.15K ]

∗542mmHg

P3=350.88mmHg

RESULTADO:

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