PARTE I-A
GASESPROBLEMA 1 .-Una reciente comunicación con los habitantes de Neptuno se ha
establecido que ellos tienen una escala de temperaturas del tipo Celsius, perobasada en el punto de fusión (0°N) y el punto de ebullición (100 °N) de lasustancia más común el hidrógeno. Posteriores comunicaciones han reveladoque los neptunianos conocen acerca del comportamiento del gas ideal y elloshan encontrado en el límite de la presión cero, que los valores
)*(28 latmPV a 0°N y 40.0 (atm*l) a 100°N.¿Cuál es el valor del cero absoluto para la escala de temperatura Neptuniana?
SOLUCION.-
La ecuación de estado nRTPV se toma cierta cantidad de H2: n = ctte
Sabemos que para el estado 1: RnT
VP*
*
1
11 (1)
Y para el estado 2: RnT
VP*
*
2
22 (2) como n = constante entonces (1) = (2)
2
22
1
11 **
T
VP
T
VP ()
Donde según el problema)*(40*
)*(28*
22
11
latmVP
latmVP
Ahora para las temperaturas:T1= 0°N+(°Abs)T2=100°N+(°Abs)
Todo lo anterior en ():
)(100
)*(40
)(0
)*(28
AbsN
latm
AbsN
latm
233)(
)(*40)100(*28
Abs
AbsAbs
Por tanto la escala absoluta: )(233)( NAbs __________________________resp
PROBLEMA 2. – En un pistón se encuentra gas etileno a 5 atm de presión y su temperaturacrítica, ¿Cuál deberá ser la presión sobre el gas para reducir su volumen a un quinto delvolumen inicial? (a temperatura constante) . Para el cálculo considere el factor decompresibilidad (Pc= 50 atm), ¿Qué porcentaje de diferencia existe con el calculado medianteconsideraciones de gas ideal?.
SOLUCION:
Datos: estado inicial: estado finalP1=50 atm T2=Tc
T1= Tc compresión isotérmica 02 5
1VV
V1= V0
Además de Pc =50 atm.
Para el estado inicial: 1111 **** TRnZVP 11
11 ***
TRnZ
VP (1)
Para el estado Final: 2222 **** TRnZVP 22
22 ***
TRnZ
VP (2)
Como T1=T2=Tc (1) = (2) entonces :2
22
1
11 **
Z
VP
Z
VP (3)
Ahora por condición del problema: sí V1 = Vo entonces V2= (1/5)Vo reemplazando en(3):
2
02
1
01
*5
**
Z
VP
Z
VP (4)
ahora para hallar Z1:
cr P
PP 1
1 50/51 rP 1.01 rP
Tanto para el estado inicial como final la Tr =1 (ya que el gas se encuentra a temperaturaconstante T1 = T2 = Tc)Por tanto para Z1: con Tr = 1 Pr1 =0.1 del gráfico generalizado se lee: Z1=0.965
Reemplazando valores en (4) y además simplificando:
2
020 *
965.0
*5
Z
VPVatm
2
2906.25Z
P (5)
Como se podrá observar en (5) sabemos que Z2 depende de P2 entonces se tendrán querealizar una serie de iteraciones.Para punto de inicio se hallará P2 mediante gas ideal:
Expansión isotérmica P1*V1= P2*V2
)5/(
*5
0
02 V
VatmP P2 = 25 atm.
Ahora para comenzar la iteración:P2=25 atm Pr2= 25 /50 Pr2=0.5Con Pr2=0.5 Tr = 1 del gráfico generalizado de Z: Z2=0.78Reemplazando P2=25 atm y Z2=0.78 en (5): se tiene
78.0
25906.25
atmatm 25.906 atm 32.05 atm
como ambos valores no son iguales darse otro valor de P2
P2=20 atm Pr2=20/50 Pr2=0.4Con Pr2=0.4 y Tr = 1 en el gráfico: Z2=0.82Reemplazando P2=20 atm. Y Z2=0.82 en (5): queda 25.906atm 24.39 atmSegún esta última iteración ya nos aproximamos al resultado, se deberá realizar mas
iteraciones hasta que se llegue a la igualdadLuego de varias iteraciones se halla que P2=20.98 atmEntonces Pr2=0.4196 y Tr=1 en el gráfico: Z2=0.81Reemplazando P2=20.98 atm y Z2=0.81 en (5): queda 25.906 25.901Se cumple por tanto:
P2=20.98 atm _____________________________respAhora calculando el error: Error cometido usando el método ideal respecto del método real
E% =(25atm – 20.98 atm)/ 25 atm %E= 19.05% _________________________resp.
PROBLEMA 3.- Un vocalista asciende desde una altura en la que la presión es de 700mmHg hasta otra en la que la presión es de 450 mmHg. Calcular la alturavertical del ascenso. Temperatura constante igual a 8°C.
SOLUCIÓN.-Datos: Po = 700 mmHg
Pf = 450 mmHgT=281°K
Se utilizará la fórmula)(*
*
*
0 *h
TR
gM
ePP
(*)
Donde g = 9.81 m/s2 ymolK
JR
*314.8
Despejando de la ecuación (*) h de tiene:
o
f
P
P
Mg
RTh ln
Reemplazando valores:
700
450ln*
81.9*10*96.28
281*314.83
h (m)
Entonces la altura que asciende es h = 3633. 3 (m) ____________________________Resp.
PROBLEMA 4.- Un recipiente de 44.8 litros contiene 4 moles de hidrógeno, 2 moles dehidrógeno y 2 moles de amoniaco a 273.15 °K. Cuales serán laspresiones parciales de cada componente y la presión total, si todo elhidrogeno se convierte en amoniaco al reaccionar con la cantidadnecesaria de nitrógeno (Nota la reacción entre el hidrógeno y elNitrógeno de amoniaco).
SOLUCIÓN:
Inicialmente:
molesn
molesn
molesn
NH
N
H
2
2
4
3
2
2
V = 44.8 (litros) y T = 273.15 °K
Pero debido a la reacción:322 3
8
3
44 NHNH
Mediante un balance de masa: Desaparecerá todo el H2 o sea, dicha cantidad de H2
reaccionará con moln rN 3
42 de N2 entonces:
222 rNiNfN nnn
moln
moln
fN
fN
3
2
)3
42(
2
2
Debido a la reacción se generarán molngNH 3
83
Luego de sucedida la reacción: 333 gNHiNHfNH nnn
moln fNH )3
82(3 moln fNH )3
14(3
Por tanto en las condiciones finales: V= 44.8 (litros) T= 273.15 °K
molnmolnmoln NHNH 3
2;0;
3
14223
De donde el número total de moles es: nT= mol
3
2
3
14 nT= (16/3) mol
Las fracciones molares del gas resultante: 125.02 Nx y 875.03 NHx
Cálculo de la presión total:V
TRnP T
T
**
Reemplazando valores: )(8.44
15.273*082.0*)316(
atmPT
PT = 2.67 (atm)________________________-RespLas presiones parciales:
TNHNH PxP *33 atmPNH 67.2*875.03 atmPNH 333.23
TNN PxP *22 atmPN 67.2*125.02 atmPNH 4655.03
__________________________________________Resp
PROBLEMA 5.- Un mol de CO2 a 350 °K y presión P1 ocupa un volumen V1, este gas secomprime hasta P2 = 10P1, de manera que el volumen se reduce a ladécima parte a temperatura constante. Calcule V1, emplee la ecuación deVan der Waals con:
2
2*62.3
mol
latma y
mol
lb 043.0
SOLUCIÓN:Datos: P2 = 10P1 (*)
n= 1 mol condiciones del problema: 10V2 = V1 (**)T=350 °K
2
2*62.3
mol
latma Y
mol
lb 043.0
Entonces: La ecuación de estado de Van der Waals para la condición inicial y la condiciónfinal: (Según le problema proceso isotérmico T1=T2=T)
21
2
11 V
an
nbV
nRTP
(a) y
22
2
22 V
an
nbV
nRTP
(b)
se hace cumplir la condición del problema para ello: (a) y (b) en (*)
22
2
2 V
an
nbV
nRT
= 10*
21
2
1 V
an
nbV
nRT
€
ahora expresando todo en función de V2 (reemplazando (**) en € además n=1 mol
222 V
a
bV
RT
= 10*
222 )10(10 V
a
bV
RT
Realizando operaciones algebraicas se llega a:
0999)(*90 22
22 ababVRTbaV
Reemplazando valores y luego de ordenar sé tiene la siguiente ecuación:
010*6934.671226.1859.23 32
22 VV
La raiz real positiva: )(0676.02 lV ccV 6.672 Por tanto de (**) se tiene que:
ccV 0.6761 ______________________________________resp.
PROBLEMA 6.- Un gas ideal a 650 Torr ocupa una ampolla de volumen desconocido. Seretira una cantidad de gas que ocupaban 1.52 cm3 a 1 atm de presión.La presión del gas que quedó en la ampolla fue de 600 Torr. Suponiendoque todas las mediciones se realizan a la misma temperatura, calcúlese elvolumen de la ampolla.
SOLUCIÓN:
Datos: Temperatura constante T1 = T2 = T0 = T
Inicialmente (en la ampolla) lo extraído lo que queda en la ampollaPo=650 mmHg P1=760 mmHg P2 = 600 mmHgn0= N n1= # de moles extraídos n2 = # de moles quequedanV0= Vamp V1=1.52 cm3 V2= Vamp
Mediante un balance másico:# Moles iniciales en la ampolla = # moles extraidos + # moles que quedan al final en la ampolla
210 nnn (1)
Según la ecuación de estado:
TR
VPn
*
* 000 (a) ,
TR
VPn
*
* 111 (b) ,
TR
VPn
*
* 222 (c)
Reemplazando (a), (b), (c) en (1):
TR
VP
*
* 00 =TR
VP
*
* 11 +TR
VP
*
* 22
221100 *** VPVPVP
Como V0=V2= Vamp entonces: ampamp VPVPVP *** 2110
Despejando:20
11 *
PP
VPVamp
mmHgmmHg
cmmmHgVamp 600650
52.1*760 3
3104.23 cmVamp _____________________________________resp
PROBLEMA 7. – Un de cierto gas ocupa un volumen de 0.6 litros a 400 °K, es sometido aun proceso a presión constante de modo que su volumen se reducea 0.1 litros, ¿Cuál la nueva temperatura?.
Para el cálculo considere la ecuación de Van der Waals con:2
2*7
mol
latma y
mol
lb 06.0
SOLUCIÓN:Condición del problema: P1 = P2 ()
Condiciones iniciales. Condiciones Finalesn1= 1 mol n2 =1 molV1 =0.6 lt V2 = 0.1 ltT1 = 400 °K T2 = ?
Se tiene ademas como datos:2
2*7
mol
latma y
mol
lb 06.0
Ahora la ecuación de Van Der Waals: RTbVV
aP
)(
2
Que se puede escribir como:2V
a
bV
RTP
entonces para:
La condición (1): 211
11
V
a
bV
RTP
()
La condición (2): 222
22
V
a
bV
RTP
()
Reemplazando () y () en (): 211
1
V
a
bV
RT
= 2
22
2
V
a
bV
RT
De donde despejando T2 se tiene:R
bV
V
a
V
a
bV
RTT
)(* 2
22
211
12
Reemplazando valores: )(082.0
06.01.0*
1.0
7
6.0
7
06.06.0
400*082.0222 KT
Finalmente: T2 = 361.61 °K______________________________resp
PROBLEMA 8. – La descomposición de KClO3 produce 27.8 cm3 de O2, que se recolectasobre agua a 27.5 °C. La presión de vapor del agua a esta temperatura es27.5 Torr. Si en el barómetro se lee una presión de 751.4 Torr, encuentreel volumen que ocuparía el gas seco a 25.0°C y 1 atm.
SOLUCION:Datos : PT = 751.4 mmHg V = 0.0278 lt
PV = 27.5 mmHg T = 300.5°K
Por tanto la presión del O2 : VTO PPP 2
mmHgPO )5.274.751(2 mmHgPO 9.7232 atmPO 9525.02
Ahora mediante gas ideal se calcula:TR
VPn O
O *
*22 reemplazando valores:
)(5.300*082.0
0278.0*9525.02 molnO )(10*075.1 3
2 molnO
Para las nuevas condiciones del O2: P=1 atm, T=298 °K, )(10*075.1 32 molnO
Entonces utilizando la ecuación de estado:P
TRnV O **2 reemplazando datos:
)(1
15,298*082.0*10*075.1 3
ltV
)(282.26 3cmV ________________________________________resp
PROBLEMA 9. – En la actualidad se emplean globos aerostáticos para trasladar árboles degran tamaño del sitio en que se cortan en las pendientes de las montañashasta donde se encuentra el transporte normal. Calcule el volumen delglobo que se necesita para que este tenga una fuerza de arrastre de 1000Kg a una temperatura de 290 °K y una presión de 0.940 atm. El globo seva a rellenar con Helio. Suponga que el aire contiene 80 moles de N2 y elresto O2. Ignore la masa de la estructura y la energía de propulsión delglobo.
SOLUCIÓN: Datos:Masa a levantar = m =1000 KgT=290 °KP=0.940 atmCalcular Vg= volumen del globoPrimero un analisis de fuerzas
Según la segunda ley de Newton (para el globo una vez elevado):
0yF
0 HeWWE (a)
Donde:W = peso de la masa a elevarWHe = peso del Helio que se encuentra en el globoE = fuerza de empuje
desplazadofluido VgE **
En nuestro caso AIREfluido
gdesplazado VV Por tanto: VggE AIRE ** (b)
W=m*g (e) y VggW HeHe ** (d)
Reemplazando (b), (c), y (d) en (a) se tiene:0)**()*()**( VgggmVgg HeAIRE
0)*()*( VgmVg HeAIRE De donde despejandoHeAIRE
mVg
()
Cálculo de las densidades del aire y del Helio mediante la ecuación de estado:
TR
MP
*
* ( )
Para el aire: como es una mezcla de dos gases se utiliza él M :
2.02 Ox ,nol
gMO 322 y 8.02 Nx ,
mol
gM N 282
mol
gM )288.032*2.0(
mol
gM 8.28
Utilizando () :
l
gAIRE 290*082.0
8.28*94.0 3
138.1m
KgAIRE (i)
Para el Helio:mol
gM He 00.4
W(He) W
E
Utilizando ():
l
gHe 290*082.0
00.4*94.0 3
16.0m
KgHe (ii)
Reemplazando (i) y (ii) en ():
)(16.0138.1
1000 3mVg
Finalmente:
Vg=1022. 5 (m3)____________________________resp
PROBLEMA 10. - Una mezcla de gas contiene 5 mol% de Butano y 95mol% de argón (escomo la que se emplea en los contadores Geiger – Muller ) y se va apreparar permitiendo que el butano gaseoso llene un cilindro evacuado a1 atm de presión. Posteriormente se pesa el cilindro de 40 dm3. Calcule lamasa de argón que dá la composición deseada si la temperatura semantiene a 25 °C. Calcule la presión total de la mezcla final .
Peso molecular del Argón 39.9 g/mol
SOLUCION:
Composición de la mezcla (fracciónes molares):Para el butano (B) 05.0Bx y para el argón (A) 95.0Ax
Datos para el butano: PB = 1 atm ; )(40 lVB ; KT 298
Por tanto él # de moles de Butano:TR
VPn BB
B *
* , reemplazando valores:
)(298*082.0
40*1molnB molnB 64.1
por otra parte se sabe q ue:BA
BB nn
nx
; despejando se tiene B
B
BA n
x
nn
Reemplazando datos: molmol
nA 64.105.0
64.1 molnA 1.31
Por tanto la masa:mol
gmolmA 1
9.39*1.31 gmA 9.1240 _____________resp
Ahora la presión del Argón:A
AA V
TRnP
** reemplazando valores:
)(40
298*082.0*1.31atmPA atmPA 0.19
Entonces la presión final total del sistema: BAT PPP atmatmPT 10.19
atmPT 0.20 ________________________________________resp
PROBLEMA 11. – La constante gravitacional “g” disminuye por cadaKm
sm
2
01.0 de
altura.a) Modifique la ecuación barométrica para tomar en cuenta esta variación .Suponga
que la temperatura permanece constante.b) Calcule la presión del nitrógeno a una altura de 100 Km. Suponiendo que la presión
a nivel del mar es de exactamente una atmósfera y la temperatura de 298°K se mantiene constante.
SOLUCION:
La ecuación de distribución barométrica en su forma diferencial: dhRT
Mg
P
dP (a)
Donde )(hgg ahora según el problema g disminuye 0.01ss
mpor cada Km de altura
o también 0.000012s
mpor cada 1 metro de altura,
Entonces “g” se puede expresar de la siguiente manera: hgg o 00001.0 ( 2sm ) (b)
Donde20 81.9
s
mg (gravedad a nivel del mar) y h = (metros)
Reemplazando (b) en (a):
dhRT
hgM
p
dp )00001.0(* 0
Integrando con los siguientes límites: cuando p = Po h = 0Cuando p = P h = H
dhhgRT
M
p
dp H
o
P
Po
)00001.0( 0
)10*5(ln 260 HHg
RT
M
Po
P
()
Donde: H en (m); M enmol
Kg; R en
molK
J
*; T en °K; Po = 1 atm ; 0g 9.81 m/s2
b) datos: Nitrógeno
H= 100*103 m ; T = 298 °K
M= 28mol
g= 0.028
mol
Kg
Reemplazando valores en (): )10*10*510*81.9(298*314.8
028.0
1ln 1065
atm
P
Despejando: atmP 510*698.2 ____________________________________resp
PROBLEMA 12. – Se introducen 860g de hielo seco (CO2 sólido) un contenedor de 2 litrosal vacío. La temperatura se eleva y el CO2 se vaporiza. Si la presión en eltanque no excediera los 111 bar,¿cuál sería la temperatura máximapermisible del tanque ¿
Responder usando:a) Usando la ecuación de Van Der Wallsb) El factor de compresibilidad y la temperatura idealc) El factor de compresibilidad pero no la temperatura ideald) la ecuación de Berthelot,Datos adicionales: Pc = 304 °K y Tc = 74 bar,Para Berthelot: (P-A/TV2)(V-B)=RT ; Pc=27(R2(Tc)3 )/ (64 A); R=8B(Pc) / Tc
SOLUCION:Datos:m = 860g P = 111 bar = 109.55 atm M =44 g/mol
V = 2 lt T=?Además Tc = 304 °K y Pc = 74 bar = 73.03 atmComo m=860 g con el peso molecular: n= (860/44) mol n= 19.5454 mol
a) hallando la temperatura T mediante Van Der Waals:
La ecuación: nRTnbVV
anP
)(
2
2
(1)
Donde: 2)(*3 VcPca () , 3Vcb () y
Pc
RTcVc
8
*3 ()
Reemplazando () en () se tiene:Pc
RTca
*64
*)(*27 22
(a)
Reemplazando () en () se tiene:Pc
TcRb
*8
* (b)
Reemplazando valores en (a):03.73*64
082.0*304*27 22
a 2
2*59.3
mol
latma
Reemplazando valores en (b):03.73*8
304*082.0b
mol
lb 043.0
De (1): TnR
nbVV
anP
)(
2
2
..................... (2)
Ahora reemplazando valores en (2):
)(082.0*545.19
)043.0*545.192(2
545.19*59.355.109
2
2
KT
KT 32.327 ______________________________________resp(a)
a) Utilizando el factor de compresibilidad y temperatura ideal:La ecuación: ZnRTPV (*)Donde Z = factor de compresibilidad = Z (Pr,Vr)
cVVVr (V =volumen molar) y Pc
PPr
Hallando primero Vr : Para eso de ()
Pc
RTccV
8
*3 , reemplazando valores
mol
lcV
03.73*8
082.0*304*3
mol
lcV 128.0
Por otra parte de los datos del problema:n
VV
mol
lV
545.19
2
mol
lV 1023.0
Por tanto128.0
1023.0Vr 8.0Vr
Hallando Pr : con los datos del problema Pc= 73.03 atm y P=109.55 atm
Entonces03.73
55.109Pr 5.1Pr
Ahora ingresando al gráfico generalizado de Z con: 8.0Vr y 5.1Pr ,se tiene Z = 0.85
Ahora de (*) despejando T:ZnR
PVT (**)
Reemplazando valores en (**) y omitiendo unidades: )(082.0*5454.19*85.0
2*55.109KT
)(83.160 KT ____________________________________resp(b)
a) Utilizando factor de compresibilidad y temperatura no ideal:
Nuevamente de (*) despejado T que lo denominaremos:ZnR
PVTcalc ()
Como P = 109.55 atm V = 2 Lt, R Ctte. De los gases, n = 19.545 mol entonces
reemplazando dichos valores en ():5454.19*082.0*
2*55.109
ZTcalc
)(704.136
KZ
Tcalc ()
Donde Z = Z (Pr, Tr) por tanto PcPPr y
Tc
TTr ()
Como Z también depende directamente de T entonces sé tendrá que realizar una serie deiteraciones, de la siguiente forma:
Se asumirá una temperatura cualquiera denominada Tsup (temperatura supuesta), y se lareemplazará en (), con la cual se calculará Tr, por otra parte Pr seráconocido, con un valor constante ya calculado anteriormente Pr = 1.5,entonces con Pr y Tr se ingresa en el gráfico generalizado de Z del cual sehalla el factor de compresibilidad Z,a continuación dicho valor sereemplaza en la ecuación () de esa forma se halla Tcalc.
Si Tcalc es igual o aproximadamente igual a Tsup entonces se halló la temperatura, sino asumir otra T sup.
Los cálculos para este problema se resumen en el siguiente cuadro:
Tsup (°K) TcTTr sup/ PcP /Pr Z (del gráfico) ZTcalc 704.136 (°K) TcalcTsup
400 1.316 1.5 0.77 177.422 No350 1.151 1.5 0.6 227.84 no335 1.102 1.5 0.475 287.8 No330 1.09 1.5 0.45 303.8 no325 1.07 1.5 0.39 350.52 no327 1.075 1.5 0.405 337.54 no328 1.08 1.5 0.41 333.42 no329 1.082 1.5 0.415 329.41 Si
Entonces T= 329.41 °K _______________________________________resp (c )
e) Utilizando la ecuación de Berthelot
Con (P-A/TV2)(V-B)=RT ( A)Pc=27(R2 (Tc)3)/ (64 A) (B)R=8B(Pc) / Tc (C)
De (A) despejando T se llega a: 0)(
*)(
22
VR
BVAT
R
PBVT (1ª)
Ahora calculando las constantes de berthelot (A y B)
De (B) se tiene:Pc
TcRA
64
)(27 32
(1B) y de (C) se tiene quePc
RTcB
8 (1C)
De los datos del problema Tc =304 °K y Pc = 109.55atmReemplazando valores en
(1B):
2
232 **
03.73*64
304*082.0*27
mol
lKatmA
2
2**27.1091
mol
lKatmA
(1C):
mol
lB
03.73*8
304*082.0
mol
lB 0427.0
De los anteriores incisos se tiene quemol
lV 1023.0
Entonces reemplazando valores en (1 A) :
01023.0*082.0
)0427.01023.0(*12.1091*
082.0
5.109*)0427.01023.0(2
2
TT
083.7577962.792 TTResolviendo la ecuación cuadrática:
T= 317.955 °K__________________________________Resp €
PROBLEMA 13. - Dos bulbos vacíos (de igual volumen) se encuentran unidos por un tubode volumen despreciable. Un bulbo está sumergido en un baño detemperatura constante a –73 °C y el otro en un baño a 27 °C, entonces seinyecta al sistema 10 mol de un gas ideal. Hallar el número de moles finalde gas en cada bulbo.
SOLUCION:
# de moles inyectados = INYn =10 mol
En el equilibrio: P1= P2 =P ya que ambos bulbos están conectados entre sí
Por otra parte: 21 nnnINY molnn 1021 (1)
Según gas ideal:1
11
*
*1
TR
VPn (2) y
2
22
*
*2
TR
VPn (3)
Reemplazando (2) y (3) en (1): 10 mol=1
11
*
*
TR
VP+
2
22
*
*
TR
VP(4)
Por condición del problema:VVV
PPP
21
21
Entonces (4) queda de la siguiente forma: 10mol=21 RT
PV
RT
PV
Ordenando: 10mol*R=
12
11*
TTPV
21
21 ***10
TT
TTRmolPV
Reemplazando valores (omitiendo unidades): )*(300200
300*200*082.0*10latmPV
latmPV *4.98 (5)entonces latmVPVPPV *4.982211
Para hallar n1 utilizando (2): moln200*082.0
4.981 moln 61
Para hallar n2 utilizando (3): moln300*082.0
4.982 moln 42
moln 61 Y moln 42 __________________________resp
Bulbo 1 Bulbo 2V1=VT1=200°K
n1=?
V2=VT2=300°K
n2=?
PROBLEMA 14. – Un globo de 1000 m3 de capacidad se llena con Helio a 20°C y 1 atmde presión. Si el globo se carga con un 80 % de la carga que puedelevantar a nivel del suelo ¿A que altura alcanzará el estado de reposo?.Suponer que el volumen del globo es constante, la atmósfera es isotérmicaa 20°C , el peso molecular del aire 28.9g/mol y la presión a nivel del sueloes de 1 atm . La masa del globo es de 1.3*106 g.
SOLUCION:Datos a nivel del suelo:Vg=10000 m3 =107 (lt) MAIRE=28.9 g/molT=20°C Po= 1 atmMHe=4 g/mol mg=1.3*103 Kg
En el equilibrio a nivel del suelo. Cáculo de la masa que puede levantar el globo:Haciendo un análisis de Fuerzas:
Según la segunda ley de Newton:
0Fy
0 WaWgWE He (a)
Donde:WHe = peso del Helio que se encuentra en el globo
Wg = peso del globoWa = peso de la masa a elevarE = empuje
desplazadofluido VgE **
en nuestro caso AIREfluido
gdesplazado VV Por tanto: VggE AIRE ** (b)
WHe = gmHe * (c)
Wa = gmA * (d)
Wg = gmg* €Reemplazando €, (d), €, (b) en (a):
0***** gmgmgmVgg AgHeAIRE
gHeAIREA mmVgm * (f)
Ahora calculo de la densidad del aire nivel del suelo:
RT
MPo AIREAIRE
*
l
gAIRE 23*082.0
9.28*1 l
gAIRE 2028.1
Cálculo de la masa de He existente en el globo:
RT
VMPm HeHe
He
** Como VgVHe
RT
VgMPm He
He
**
Reemplazando valores: gmHe 293*082.0
10*4*1 7
KgmHe310*665.1
Reemplazando valores en (f) se tiene:
W(He)Wg
Wa
E
)(9063
))(1300166510*10*2028.1( 73
Kgm
Kgm
A
A
Como solo se levantará el 80% de Am entonces: KgmC 9063*8.0 KgmC 7250Como se disminuyó la carga, entonces el globo se elevará una altura “h” donde llegará
nuevamente al equilibrio (a medida que el globo se eleva cambia ladensidad del aire de acuerdo a la ley de distribución barométrica).
Balance de fuerzas a la altura “h”:Haciendo un análisis de Fuerzas:
Según la segunda ley de Newton:
0Fy
01 WcWgWE He (a’)Donde:WHe = peso del Helio que se encuentra en el globoWg = peso del globoWc= peso de la masa a elevarE1=empuje
desplazadofluido VgE **1
En nuestro caso: 2AIREfluido
2AIRE Densidad del aire a la altura “h”
gdesplazado VV
Por tanto: VggE AIRE **2 (b’)
WHe = gmHe * (c’)Wc = gmC * (d’)
Wg = gmg* (e’)Reemplazando (e’), (d’), (c’), (b’) en (a’):
0*****2 gmgmgmVgg CgHeAIRE
De donde:Vg
mmm CgHeAIRE
2 (f’)
Reemplazando valores en (f’):
l
gAIRE 72 10
1000*)4.725013001665(
l
gAIRE 02154.12
Mediante la ley de distribución barométrica para la densidad:
)exp(*22 hRT
MgAIREAIRE , Dé donde:
2
lnAIRE
AIRE
Mg
RTh
(*)
W(He)Wg
Wc
E1
H2O
Reemplazando valores en (*):
02154.1
2028.1ln
81.9*10*9.28
293*314.83
h (m)
)(5.1403 mh _________________________________resp
PROBLEMA 15. –En el laboratorio de Villa Fátima se descompone cierta masa de KclO3
recogíendose sobre agua 36.5 cc de oxígeno a 23°C, deacuerdo al siguiente esquema, donde el gas tiene unahumedad relativa del 70% (la presión de vapor límite esde 21.1 mmHg),¿Qué volumen ocuparia el oxígenoseco a 0°C y 100 atm de presión?
SOLUCIÓN:Datos: En Villa Fátima
V=36.5cc=0.0365 (lt) T = 23°C = 296°K = 70% Patm =495 mmHgPv* = 21.1 mmHg
Balance de Presiones (Ley de Pascal) ,del esquema:
21 PP (1)
HPatmPgh (2)Donde Pgh = presión del gas húmedo
Pgh = PO2 + Pv (3)Pv= Pv* (4)H= altura (columna) de mercurio
Reemplazando (3) y (4) en (2)PO2 + Pv* = Patm + H
Despejando: PO2 = Patm + H - Pv* (5)H= 2000 mmH2O
Para convertir a columna de mercurio: HgHgOHOH HH ** 22 De donde:
Hg
OHOHHg
HH
22 *
(6)
Reemplazando valores en (6): mmHHg 6.13
2000*1 mmHgHHg 06.147
Reemplazando valores en (5): mmHgmmHgmmHgPO 1.21*7.006.1474952 mmHgPO 3.8922
Entonces el número de moles de O2 contenidos dentro del Tubo:RT
VPn O
O
*22
H=2m
oxigeno húmedo
H=2m
H2O
Patm
Pgh
Reemplazando valores: molnO 296*082.0
0365.0*3.8922 molnO
32 10*765.1
Cálculo del volumen de esta cantidad de O2 para las siguientes condiciones:P=100 atm y T= 273°K
Entonces:P
TRnV O **2 )(
100
273*082.0*10*765.1 3
ltV
ccV 395.0 ____________________________________resp
PROBLEMA 16. - Los pilotos saben que en la parte inferior de la atmósfera, la temperaturase reduce linealmente con la altitud. Esta dependencia se describe como T= To-az, donde “a” es una constante de proporcionalidad, “z” es la alturay To y T son las temperaturas a nivel del piso y a la altura “z” ,respectivamente . Derive una expresión para la ecuación barométrica que
tome esto en cuenta. Incluya en la expresión untérmino )ln( PoP .
SOLUCION:
La forma diferencial de la Ecuación barométrica: dzRT
Mg
p
dp (1)
pero por la condición del problema azToT (2)
Reemplazando (2) en (1): dzazToR
Mg
p
dp
)( (3)
Definiendo límites para integrar:Cuando Z = 0 p = PoCuando z = Z p = P
Integrando:
ZP
Po azTo
dz
R
Mg
p
dp
0 )(Z
P
PoazTo
aR
Mgp
0
)ln(*)ln( , luego de ordenar:
To
aZTo
aR
Mg
Po
Plnln
________________________________resp
PROBLEMA 17. – 1 mol de gas se encuentra a Tr =1.2 y a una Pr = 3, determinar elvolumen reducido de este gas, y a partir de estos valores determinar latemperatura, la presión y el volumen molar si el gas es nitrógeno.
Pc = 33.5 atm , Tc = 126 °K Vmc = 9.1 (dm3/mol)
SOLUCIÓN:
Datos:Tr =1.2 Tc=126°KPr = 3 Pc = 33.5 atm Vmc=0.09(dm3/mol)Se sabe que Pr = P/ Pc P = Pr * Pc (1)Tambien : Tr = T/ Tc T = Tr * Tc (2)Con (l) y (2) se halla la presión y temperatura respectivamente:
P = 3 *33.5 atm P = 100.5 atmT= 1.2 * 126 °K T = 151.2 °K
Para hallar Vm, de la ecuación de estado: ZnRTPV P
ZRT
n
VVm (3)
Según el problema se tiene: Pr = 3, Tr = 1.2, por tanto recurriendo al gráfico generalizado dedonde se lee Z = 0.56
Reemplazando valores en (3):
mol
lVm
5.100
2.151*082.0*56.0 )(0694.0 ltVm
P=100.5 atm ; T=151.2 °K ; )(0694.0 ltVm ________________resp.
PROBLEMA 18. –Para el CH4, determinar los coeficientes B y C de la ecuación de Van DerWaals cuando esta se encuentra expresada como un desarrollo del virial depotencias (1/Vm) , Pc = 45.6 atm, Tc=190.6 °K
SOLUCIÓN.
La ecuación de Van Der Waals : RTbVV
aP m
m
)(
2 (1)
La ecuación del Virial : ..................1 2 mm V
C
V
B
RT
PVm(2)
De alguna manera la ecuación (1) debe tener la forma de la ecuación (2) y de esa forma porcomparación hallar los coeficientes B y C
De (1) despejando P 2mm V
a
bV
RTP
// *
RT
Vm
mm
mm
VRT
a
bV
V
RT
PV 1*
Que se puede escribir como:
m
m
m
VRT
a
V
bRT
PV 1*
1
1
(3)
El término
mV
b1
1se lo expresará como una serie de potencias siempre que 1
mV
b
Según Taylor ...............11
1 2
xxx
en nuestro casomV
bx
Por tanto:...................1
1
12
mm
m
V
b
V
b
V
b (4)
Sustituyendo (4) en (3):mmm
m
VRT
a
V
b
V
b
RT
PV 1*1
2
que ordenando:
......................1
*1 2
2
mm
m
V
b
VRT
ab
RT
PV(5)
Por comparación entre (2) y (5) se halla que:
RT
abB (6) y 2bC (7)
las constantes a y b en función de las condiciones críticas:
Pc
RTca
*64
*)(*27 22
(a) yPc
TcRb
*8
* (b)
Sustituyendo valores:
Reemplazando valores en (a):6.45*64
082.0*6.190*27 22
a 2
2*26.2
mol
latma
Reemplazando valores en (b):6.45*8
6.190*082.0b
mol
lb 0428.0
Sustituyendo valores en (6) y (7) respectivamente:
15.273*082.0
26.20428.0B
mol
lt
mol
ltB 0581.0
22)0428.0(
mol
ltC
2
2310*832.1
mol
ltC ___________________________resp
PROBLEMA 19. –Mediante una bomba de presión se introduce aire a un recinto devolumen 10 litros. El volumen máximo del cilindro de la bomba es de (1/2)litro. Cuando el pistón desciende la válvula (a) se abre y la (b) se cierra . Sila presión inicial es de 1 atm y todas las transformaciones sonisotérmicas,¿cuántas emboladas completas (de ida y vuelta) seránnecesarias para aumentar la presión a 100 atm?. Se supone que el gas secomporta idealmente.
SOLUCION:
CONDICIONES EN ÉL EMBOLO:VP=0.5 lt , P=1 atm , T=TCONDICIONES DE TRABAJO EN EL RECIPIENTE
10 litros
0.5 litros
A
B
10 litros
0.5 litros
10 litros
A
B
10 litros
0.5 litros
A
B
10 litros
0.5 litros
10 litros
A
B
V=10 lt , P=1 atm, T=TInicialmente en el recipiente existirá cierta cantidad de aire
TR
VPn i
i *
*
K
mol
Tni *082.0
10*1
K
mol
Tni
95.121
Cantidad de aire (en moles) que se encontrarán en el recipiente cuando se hayan llegado a las 100 atm
TR
VPn
f
f*
*
K
mol
Tn f *082.0
10*100
K
mol
Tn f
122.12195
por tanto la cantidad de aire que se debe introducir:
if nnn int
K
mol
Tn
95.121122.12195int
K
mol
Tn
2.12073int
Por otra parte la cantidad de aire (en moles) que se introduce al recipiente en cada embolada:
TR
VPn p
emb *
*
K
mol
Tnemb *082.0
5.0*1
K
mol
Tnemb
097.6
por tanto mediante una simple regla de tres:
Si 1 embolada
Kmol
T
097.6
X emboladas
Kmol
T
2.12073
De donde:X = 1981 emboladas __________________________________resp
PROBLEMA 20. –Se desean secar 10 Kg de un sólido húmedo, cuya humedad es del 5%hasta conseguir un sólido del 2% de humedad mediante una corriente deaire que está con el 10% de humedad relativa a 20°C y 1 atm de presióntotal; el aire luego de pasar por el sólido húmedo sale a 20 °C y unahumedad relativa del 70%,a 1 atmósfera de presión total. ¿Cuál será elvolumen de aire (del 10% de humedad) necesarios?
SOLUCION
ANALISIS PARA ÉL SÓLIDOCorriente de entrada (E1):
Debido a la humedad (5% de agua) entonces 10 Kg.
Kgmagua
Kgmosólido
EOH
ss
5.0
5.9sec
)1(2
Corriente de salida (E2):
Humedad 2% 02.0)2(2EOHx pero se sabe que:
ssEOH
EOHEOH mm
mx
)2(
)2()2"(
2
2
2(1)
solido humedohumedad=2%
secadorsolido humedo =10Kghumedad=5% E1 E2
aireT=20°CP=1 atmhumedad relativa=10%
aireT=20°CP=1 atmhumedad relativa=70%
A1
A2
De (1):)2(
)2()2(
2
2
2 1
*
EOH
ssEOHEOH x
mxm
sustituyendo valores Kgm EOH 02.01
5.9*02.0)2(2
Kgm EOH 1939.0)2(2
Por tanto por conservación de la masa: la cantidad de agua que pierde el sólido al pasar por elsecador es absorbida por el aire entonces:
)2()1( 22 EOHEOHabs mmm
Kgmabs )1939.05.0( Kgmabs 3061.0 Expresado en moles molnabs 01.17
ANALISIS PARA EL AIRE:
Corriente de entrada (A1):
Fracción molar del agua100*
*
)1(
)1()1(
2
2
2
T
i
ASAOH
AOHAOH P
Pv
nn
nX
Sustituyendo valores y tomando la segunda igualdad:
100*760
10*54.17
)1(
)1(
2
2 ASAOH
AOH
nn
n 00231.0
)1(
)1(
2
2 ASAOH
AOH
nn
n(1)
de la ecuación (1) despejando )1(2 AOHn ASAOH nn *10*3133.2 3)1(2
(2)
Corriente de salida (A2)
Fracción molar del agua100*
*
)2(
)2()2(
2
2
2
T
f
ASAOH
AOHAOH P
Pv
nn
nX
Sustituyendo valores y tomando la segunda igualdad:
100*760
70*54.17
)2(
)2(
2
2 ASAOH
AOH
nn
n 01615.0
)2(
)2(
2
2 ASAOH
AOH
nn
n(3)
Ahora de (3) despejando )2(2 AOHn )2(2*01642.0 AOHAS nn (4)
Por otra parte de un balance másico se deduce que:#moles de agua salida (A2) = #moles de agua entrada (A1) + # moles absorbidos
absAOHAOH nnn )1()2( 22 molnn AOHAOH 01.17)1()2( 22
(5)
Sustituyendo (5) en (4): molnn AOHAS 01.17*01642.0 )1(2
Despejando: )1(201.17*01642.0 AOHAS nmoln (6)
Sustituyendo (2) en (6): ASAS nmoln *10*3133.201.17*01642.0 3Despejando ASn (# moles de Aire seco) molnAS 81.1205
De la ecuación (2): moln AOH 81.1205*10*3133.2 3)1(2
moln AOH 7895.2)1(2
Por tanto el # de moles totales entrantes de la corriente A1 serán:moln AT )81.12057895.2()1( moln AT 6.1208)1(
Finalmente el volumen necesario:P
TRnV AT **)!(
)(1
293*082.0*6.1208ltV
304.2929040 mltV _____________________________________________resp
PROBLEMA 21.-Determine la temperatura de Boyle en términos de las constantes para laecuación de estado:
2
41***57
81*
T
T
T
T
P
PRTPV cc
cm
Donde: R, Tc , Pc son constantes:
SOLUCION:Según la condición para hallar TB = Temperatura de Boyle se tiene que cumplir: 0)( T
Para la ecuación de estado del problema
2
41***57
8)(
T
T
T
T
P
PT cc
c
se reemplaza T = TB y 0)( T
Por tanto haciendo cumplir la condición: 041***57
82
B
c
B
c
c T
T
T
T
P
P
Despejando se halla que: CB TT *2 _____________________________________resp
PROBLEMA 22.- 1 caldero de forma cilíndrica vertical de 2 metros de altura completamentecerrada contiene agua hasta una altura de 20 cm , con vapor ( saturado) a 1 atm. Si el agua secalienta a 200°C , la presión de vapor saturado se eleva a 16 atm. ¿Cuánto descenderá elnivel del agua? Dato adicional )/(1)(2
ccgLOH
SOLUCION: datos
Como el recipiente es cerrado entonces:# de moles de agua al inicio = # de moles de agua al final
FINALINICIO nn ()
Para el inicio:
)()( ILIVINICIO nnn (*)
h
Pv =1atmT=100°C
T=200°CPv=16 atm.2m
0.2mmm
final
h
inicial
m
PARA EL VAPOR
Se supone que el vapor se comporta como gas ideal entonces:)(
)()()( *
*
I
IVAPIIV TR
VPvn (1)
Donde mAV IVAP )2.02(*)( mAV IVAP )8.1(*)( (2)
Sustituyendo (2) en (1):)(
)()( *
8.1**
I
IIV TR
mAPvn ; reemplazando valores y despejando variables:
KmolK
matm
matm
A
n IV
373*
*
*10*082.0
8.1*13
3
)( 2
)( 85.58m
mol
A
n IV (3)
PARA EL LÍQUIDO
OHILIQIL MVn2
**)()(
Pero mAV ILIQ 2.0*)(
Por tanto: OHIL MmAn2
**2.0*)( sustituyendo valores:
Kg
mol
m
KgmAn IL 18
1000*
1
1000*2.0*
3)( 2)( *11.11111
m
molAn IL (4)
Reemplazando (4) y (3) en (*):
22*11.11111*85.58
m
molA
m
molAnINICIO
2*961.11169
m
molAnINICIO (5)
Ahora para el estado final: )()( FLIQFVFINAL nnn (**)
PARA EL VAPOR:)(
)()()( *
*
F
FVAPFFV TR
VPvn (6)
Pero )2(*)( hmAV FVAP (7)
(7) en (6):)(
)()( *
)2(**
F
FFV TR
hmAPvn
reemplazando valores:
KmolK
matm
hmAatmn FV
473**
*10*082.0
)2(**163
3)(
2)( )2(**52.412m
molhmAn FV (8)
PARA EL LÍQUIDO:
OHFLIQIL MVn2
**)()( (9) pero hAV FLIQ *)( (10)
(10) en (9): OHIL MhAn2
***)( reemplazando valores:
Kg
mol
m
KghAn IL 18
1000*
1
1000**
3)(
3)( **56.55555m
molhAn IL (11)
reemplazando (11) y (8) en (**):
3**56.55555)2(*52.412
m
molAhhmnFINAL (12)
sustituyendo (12) y (5) en ():
32
***56.55555)2(*52.412*961.11169m
molAhhm
m
molA
de donde despejando: mh 1876.0
Según la figura: hhm 2 hmh 2.0Sustituyendo valores: mmh 187.02.0
cmmh 24.10124.0 ______________________________resp
PROBLEMA 23.- Un tubo en forma de J se llena con aire a 760 torr y 22 °C . El brazo largoestá cerrado en la parte superior y tiene 100.0 cm de longitud; el brazocorto tiene 40.00 cm de altura . Se vacía mercurio a través de un embudoal brazo abierto . Cuando el mercurio se derrama en la parte superior delbrazo corto .
¿Cuál el la presión del aire atrapado?. Sea “h” la longitud del mercurio en el brazo largo.
SOLUCION
DATOS:CT
mmHgpi
22
760
Se asumirá que el mercurio se vacia lentamente de talforma que la cantidad de aire atrapado solo será la que seencentra en el brazo largo.Se supondrá también un proceso isotérmico.Bajo esa condiciones:
Aplicando Boyle: ffii VPVP ** (1)
Ahora de la figura:
AmmVi *1000 y
AhmmV f *)1000( donde A: área de la sección transversal del tuboSustituyendo Vi y Vf en (1): AhmmPAmmP fi *)1000(*)*1000(*
Reduciendo y ordenando:)1000(
1000**
hmm
mmPP i
f (2)
por otra parte por Pascal: PA = PB (3)
0PzPA (*) (donde P0= Presión atmosférica = 760mmhg) y fB PP (**)
además que: z + h = 400mm z = 400 mm – h (***)sustituyendo (***) en (*): 0h-mm400 PPA (****)
reemplazando (****) y (**) en (3): 0400 PhmmPf (4)
(2)=(4) mmhhmm
mmPi 760400)1000(
1000**
ordenando: 010*4002160 32 hh
resolviendo la ecuación cuadrática:mmh
mmh
55.204
44.1955
2
1
se toma en cuenta a mmHghh 55.2042 por tanto recurriendo a la ecuación (4) : mmHgmmHgmmHgPf 76055.204400
mmHgPf 45.955 ___________________________________resp
100cm
40 cm
z
hA B
PROBLEMA 24.-Expanda la ecuación de Dieterici en potencias de Vm-1 para transformarlaa la forma de Virial.
SOLUCION: Sea la ecuación de estado de Dieterici: TRbVeP mTRVm
a
** **
(1)
Y la ecuación del virial:
.................2
mmm V
B
V
ARTPV (2)
Por tanto de alguna forma se debe llegar de (1) a (2):
Entonces: TRbVeP mTRVm
a
** **
//*
)( bV
V
m
m
bV
VTReVP
m
mTRVm
a
m
**** ** Ordenando
m
TRVm
a
m
Vb
eRTVP
1*
**
(*)
Ahora
m
TRVm
a
m
Vb
eVf
1
**
(3) se expresará en forma de una serie de potencias.
Antes CV: 1/ Vm = x en (3): bx
exf
xTR
a
1)(
*
(4)
Ahora según Taylor: ........!2
)(*)()(*)()()()(
2
axafaxafafxPnxf
En nuestro caso 0a por tanto: ........!2
)(*)0(*)0()0()()(
2
x
fxffxPnxf
(5)Entonces:
bx
exf
xTR
a
1)(
*
1)0( xf (6)
2
**
1
*
1)(
bx
eb
bx
eRTa
xf
xTR
axTR
a
RT
abxf )0( (7)
3
*2
2
**2
1
*2
1
*2
1
*)(
bx
eb
bx
eRTab
bx
eRTa
xf
xTR
axTR
ax
TR
a
22
22
)0( bRT
ab
RT
axf
(8)
(6), (7), (8) en (5): 2*2
21
1)(
22
2* xb
RT
ab
RT
ax
RT
ab
bx
exf
xTR
a
Regresando a la variable inicial: x = 1/Vm
2
22** 1
*2
1*1
/1)
1(
mmm
TRVm
a
m Vb
RT
ab
RT
a
VRT
ab
Vb
e
Vf (9)
(9) en (*) :
2
22
1*
2
1*1*
mmm V
bRT
ab
RT
a
VRT
abRTVP
Ordenando:
2
22 1
*2
1**
mmm V
RTbabRT
a
VaRTbRTVP (10)
Ahora por comparación entre (10) y (2) se determinan:
aRTbA
22
2RTbab
RT
aB _________________________________________resp.
PROBLEMA 25. - Se quiere distribuir 283000 dm3 de un gas natural de composición 20%de metano y el resto etano y este gas se encuentra almacenado (en laplanta ) a 100 atm y 100°F. El se distribuirá en botellones que puedencontener 130 lb a la presión máxima leída en el manómetro de 2500 PSI.
Determinar el número de cilindros necesarios usando:a) la ecuación de estado mas aconsejableb) el método de las propiedades seudo críticas
SOLUCION:
a) se utilizará la ecuación de Van DerWalls
nRTnbVV
anP
)(
2
2
Donde n = # de moles totalesComo en este caso se trata de una mezcla degases entonces la ecuación de Van der. Walls.
nRTbnVV
naP
)(
2
2
(*)
Donde ba, constantes promedio
EN EL TANQUE GRANDE:Composición másica: 20% Metano (M) y 80% Etano €Hallando las composiciones (fracciones) molares: suponiendo 100g de gas:
Gas Pc (Atm) Tc (°K)
Metano 45.8 190.7
Etano 48.8 350.3
V = 2 8 3 0 0 0 l i t r o sP = 1 0 0 a t m
T = 3 7 8 . 7 8 ° K
c i l i n d r o 1m = 1 3 0 l b
c i l i n d r o 2m = 1 3 0 l b
c i l i n d r o 3m = 1 3 0 l b
c i l i n d r o nm = 1 3 0 l b
moln
molEgE
molE
gGAS
gEgGASn
molMgM
molM
gGAS
gMgGASn
T
E
M
917.3
667.230
1*
100
80*100
25.116
1*
100
20*100
las fracciones molares:
3191.0917.3
25.1
mol
molxM ; 6809.0
917.3
667.2
mol
molxM
ahora para hallar las constantes a y b:
las fórmulas:Pc
RTca
22 **
64
27 (1) y
Pc
TcRb
*8
* (2)
para el METANO : Pc = 45.8 atm , Tc =190.7 °K ; sustituyendo valores en (1) y (2)
2
22 *
8.45
)082.0*7.190(*
64
27
mol
latmaM
2
2*25.2
mol
latmaM
mol
lbM 8.45*8
7.190*082.0
mol
lbM 0427.0
para el ETANO : Pc =48.8 atm ; Tc =350.3 °K ; sustituyendo valores en (1) Y (2):
2
22 *
8.48
)082.0*3.350(*
64
27
mol
latmaE
2
2*133.7
mol
latmaE
mol
lbM 8.48*8
3.350*082.0
mol
lbM 0736.0
Como paso siguiente se calculan las constantes promedios:
Para : EEMM axaxa ** reemplazando valores:
133.7*6809.025.2*3191.0 a 2
2*277.5
mol
latma
Para: EMM bxbxb ** reemplazando valores:
0736.0*6809.00427.0*3191.0 b mol
lb 0637.0
Sustituyendo valores en (*) :
78.310*082.0*)*0637.0283000(283000
*277.5100
2
2
nnn
Luego de desarrollar: 010*3.28*854.31*10*865.1*10*197.4 625312 nnnResolviendo la ecuación: moln 610*47942.2Donde n = # de moles que existen en el recipiente grande:
EN LOS CILINDROS:
Cantidad que se puede almacenar en cada cilindro: lbmCIL 130Llevando a moles:Composición del gas 20% metano y 80% etano
moln
molEgE
molE
gGAS
gE
lbGAS
gGASlbGASn
molMgM
molM
gGAS
gM
lbGAS
gGASlbGASn
CIL
E
M
58.2309
48.157230
1*
100
80*
1
6.453*130
1.73716
1*
100
20*
1
6.453*130
FINALMENTE:
mol
molCILINDROS
58.2309
10*47942.2#
6
1074# cilindros ___________________resp a)
a) mediante el método de las propiedades Seudo críticasPARA EL TANQUE GRANDE:Se utilizará la ecuación de estado: ZnRTPV (**)
Donde ),( PcTcZZ
Tc Temperatura seudo crítica
Pc Presión seudo crítica se hallan de la siguiente forma:
EEMM PcxPcxPc **
8.48*6809.08.45*3191.0 Pc atmPc 843.47
EEMM TcxTcxTc **
3.350*6809.07.190*3191.0 Tc KTc 372.299
Por tanto con:
KTc
atmPc
372.299
843.47recurriendo al gráfico generalizado se lee : 35.0Z
Por tanto de la ecuación (**) despejando “n” y reemplazando valores:
TRZ
VPn
**
* moln
78.310*082.0*35.0
283000*100 moln 610*173.3
PARA UN CILINDRO:Del anterior inciso se determinó que un cilindro puede contener: molnCIL 6.2309Por tanto:
13746.2309
10*173.3#
6
mol
molcilindros cilindros___________________________resp b)
PROBLEMA 26.-En un cilindro cerrado por ambos extremos se encuentra un émboloporoso de fácil movilidad (sin fricción) y masa despreciable, en cadalado de la cual hay 2 mol de oxígeno mas dos moles de Hidrógeno y 3moles de oxigeno (vea figura), inicialmente el compartimiento de laizquierda está a 1.5atm de presión y 300ºK de temperatura.
El émbolo poroso de fácilmovilidad es permeable solo alhidrógeno (el hidrógeno puede pasarpor el émbolo hasta que se establece elequilibrio) y no así el oxígeno. Calculeel cambio de presión manométrica(manómetro A) cuando el sistemaalcanza el equilibrio) a temperatura constante (La Paz).
émbolo permeable solo alhidrógeno
V1
2 mol O2
2 mol N2
P1=1.5 atm
V2
3 mol O2
P2=1 atmh1
SOLUCION.-Primero se hallará la presión manométrica cuando el cilindro se encuentra en suscondiciones iniciales.Balance de presiones en el manómetro:
Según pascal: BA PP Pero 1hPP atmGAS
atmGAS PPh 1 (1)
Reemplazando valores en (1):mmHgmmHgh 4957601
mmHgh 2651
Ahora se deja que el sistema llegue al equilibrio, bajo esas circunstancias:
Con los datos de la figura: Cálculo de V1i y de V2i
i
ii P
TRnV
1
11
**
i
ii P
TRnV
2
22
**
)(5.1
300*082.0*41 ltV i )(
1
300*082.0*32 ltV i
)(6.651 ltV i )(8.732 ltV i
por tanto:
EN EL EQUILIBRIO:Para el Nitrógeno:Como la membrana es permeable solo al hidrógeno, entonces el hidrógeno se expande
isotérmica mente desde V1i = 65.6 lt hasta VT = (65.6+73.8) lt = 139.4ltPor tanto: TfNiiN VPVP **
22 1 (1)
Pero: atmV
TRnP
i
NiN 6.65
300*082.0*2**
1
12
2 atmP iN 75.0
2
Reemplazando valores en (1): ltPltatm fH 4.139*6.65*75.02
Entonces: mmHgatmP fN 235.26835294.02
Para el oxígeno:Tanto al principio como en el equilibrio ambos compartimientos forman el volumen delrecipiente Tff VVV 21 ff VVlt 214.139 (2)
Por otra parte para el oxígeno del recipiente 1: ffii VPoVPo 1111 ** (3)
Para el oxígeno del recipiente 2: ffii VPoVPo 2222 ** (4)
Además que en el equilibrio (como el pistón es móvil y sin fricción) se debe cumplir
h1
P atm=495mmHg
Pgas
A B
PA PB
V1f
2 mol O2
1 mol N2
P1f
V2f
3 mol O2
1 molN2
P2f=h2
V1i=65.6lt2 mol O22 mol N2
P1i=1.5 atm
V2i=73.8 lt3 mol O2
P2i=1 atmh1
PPoPo ff 21 (5)
Reemplazando (5) en (3) y (4):
fii VPVPo 111 ** (6) fii VPVPo 222 ** (7)
Ahora (6) y (7) en (2):P
VPo
P
VPolt iiii 2211 **
4.139
Sustituyendo valores:P
ltatm
P
ltatmlt
8.73*16.65*75.04.139
De donde mmHgatmP 43.675889.0 Además según (5) : mmHgPoP f 43.6752
Por tanto la nueva presión manométrica: Balance de presiones BA PP
atmPhPgas 2
atmfNf PPPoh 222
mmHgh )495235.26843.675(2 mmHgh 665.4482
por tanto mmHghhh )265665.448(12
mmHgh 665.183 ______________________________________resp
h2
P atm=495mmHg
A B
PA PB
22 ffHGAS PoPP
PARTE I-B
TEORIA CINETICA DE LOS GASESPROBLEMA 27. -Un gas “A” tarda 2.3 veces mas en experimentar efusión a traves de un
orificio,que la misma cantidad de nitrógeno.¿Cuál es la masa molar del gasA?
SOLUCIÓN:
Según Graham2
__
_ 2
N
A
M
M
AgasVelocidad
NVelocidad
Por condición del problema:2
3.2__
_ 2
N
A
M
M
AgasVelocidad
NVelocidad
Tomando la segunda igualdad ademas, molgM N 28
2 , sustituyendo valores:
)/(283.2
molg
M A despejando
mol
gM A 12.148 _________________________________resp
PROBLEMA 28. -Exactamente 1 dm3 de N2 a presión de 1 atm, tarda 5.80 minutos enexperimentar efusión a través de un orificio.
¿Cuánto tardará el He para experimentar efusión en las mismas condiciones?
SOLUCION:DATOSEl N2: V=1 lt; P=1 atm El He: V=1 lt; P= 1 atm
Tiempo=5.8 min=348seg; tiempo =?
Para el nitrógeno:
La presión de un gas en función de la velocidad media al cuadrado:V
umP
3
* 2
(1)
Donde: P= presión del gas (Pa)V= volumen que ocupa el gas (m3)u Velocidad media del gas (m/s)
m = masa del gas (Kg)
Despejando de (1): m
VPu
3 (2)
Según datos del problema:3001.01 mltV ; )(10*01325.11 5 PaatmP
Se trabajará con un mol de gas N2 g
Kg
mol
gmolm
1000
1*
1
28*1 m=0.028Kg
Sustituyendo valores en (2):
s
mu
028.0
001.0*10*01325.1*3 5
s
mu 19.104
, perot
du tud *
Sustituyendo valores: md )348*19.104( md 12.36258Ahora según Graham (ya que ambos gases se encuentran a la misma presión):
He
N
M
M
Nu
Heu
NVelocidad
HeVelocidad2
)(
)(
_
_
22
Queda: )(*)( 22 Nu
M
MHeu
He
N sustituyendo valores
s
mHeu 19.104*
003.4
28)(
s
mHeu 0.36260)(
La distancia que debe recorrer el átomo de He debe ser el mismo que recorrió la molécula de
N2 por tanto:t
dHeu )( donde:
d = distancia recorrida por el átomo de He = distancia recorrida por la molécula de N2
t = Tiempo empleado por el átomo de He en recorrer “d”
despejando y sustituyendo valores)(Heu
dt )(
66.275
36260segt
mint 19.2 _______________________________resp
PROBLEMA 29. -¿Cuál es la energía cinética total de 0.5 mol de un gas monoatómico idealconfinado a 8 dm3 a 200 Kpa. ?
SOLUCION:Datos n = 0.5 mol; V = 8 dm3 =0.008 m3; P = 200 Kpa =200000 Pa
La energía cinética de un gas en función de la presión y el volumen: PVEK 2
3
Sustituyendo valores: JEK 200000*008.02
3
)(2400 JEK _______________________________________resp
PROBLEMA 30. -Se mantiene N2 a 152 kPa en un recipiente de 2lt a 298.15 °K. Si su masamolar es 28.0134 g*mol-1 calcule:
a) La cantidad de N2 presenteb) El número de moléculas presentesc) La media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculasd) La energía cinética traslacional promedio de cada moléculae) La energía cinética traslacional total del sistemaSOLUCION:Datos P =152 kPa=152000 Pa; V=2lt=0.002 m3; T=298.15 °K; M=28.0134 g*mol-1
a) Suponiendo gas ideal: nRTPV (1) peroM
mn (2)
Sustituyendo (2) en (1) y luego de despejar:RT
MPVm sustituyendo valores
)(15.298*314.8
002.0*152000*0134.28gm )(434.3 gm ___________________resp a)
b) N = n*L donde:
N = # de moléculas; n = # de moles del gas; L = ctte de Abogadro = 6.023*1023
mol
moleculas
Del anterior inciso se calcula el número de moles: molmoln 1226.0)(0134.28
434.3
Por tanto el número de moléculas: N=0.1226*6.023*1023 (moléculas)
N=7.39*1023 moléculas ___________________________ resp b)
c) La Velocidad media al cuadrado:M
RTu
32
Por tantoM
RTu
32 donde:
R = ctte universal de los gases (J/°K*mol)T = temperatura del gas (°K)M = masa molar del gas en cuestión (Kg/mol)
Sustituyendo valores:3
2
10*0134.28
15.298*314.8*3u
s
m
23.5152 u (m/s)_________________________________resp c)
d) La energía cinética promedio de una molécula: TKBK2
3
donde KB = constante de Boltzmam=R/L=1.380622*10-23 (J/°K)
Sustituyendo valores: )(15.298*10*380622.1*2
3 23 JK
)(10*174.6 21 JK _______________________________resp d)
e ) EK =N* KDonde EK = Energía cinética total del sistema
Sustituyendo valores: 2123 10*174.3*10*39.7 kE (J)
586.2345KE (J) ______________________________________________resp e)
PROBLEMA 31.-En el espacio interestelar se estima que existe hidrógeno atómico a laconcentración de una partícula por m3 . Si el diámetro de colisión es2.5*10-10m, calcule la trayectoria libre media . La temperatura delespacio interestelar es 2.7 °K.
SOLUCION: Datos:31
1
m
molecC ; mdc
1010*5.2 ; KT 7.2
La fórmula para calcular “” :
Nd
V
c ***2 2
Cdc ***2
12
(*)
Sustituyendo valores en (*): )(1*)10*5.2(**2
1210
m
)(10*6013.3 18 m __________________________________resp
PROBLEMA 32.-El diámetro de colisión del N2 es 3.74*10-10m a 298.15 °K y 101.325kPa. Su velocidad promedio es 474.6 m*s-1 . Calcule la trayectoria libremedia el número promedio de colisiones ZA que experimenta una moléculaen la unidad de tiempo, y el número promedio de colisiones ZAA porvolumen unitario por unidad de tiempo para el N2.
SOLUCIÓN:
Datos: md C1010*74.3 ; T = 298.15°K; P=101.325 kPa; )/(6.474 smu
Para calcular la trayectoria media libre se tiene:Ac Nd
V
***2 2 (1)
Donde V = volumen que ocupa el gas ANA = # de moléculas del gas A en nuestro caso N2
Por otra parte según gas ideal: nRTPV (2) peroL
Nn A
A (3)
(3) en (2): RTL
NPV A
LP
TR
N
V
A *
* (4)
Sustituyendo (4) en (1):LPd
TR
c ****2
*2
sustituyendo valores:
)()10*74.3(*101325*10*023.6**2
15.298*314.821023
m
m810*536.6 ___________________________________resp
El número de colisiones:V
NudZ Ac
A
****2 2
Ordenando:TR
LPudZ c
A *
*****2 2
u
Z A
Sustituyendo valores en la última expresión: )(10*536.6
6.474 18
sZ A
)(10*262.7 19 sZ A ________________________________resp
y finalmenteV
NZZ A
AAA 2*
TR
LPZZ AAA **2
**
Sustituyendo valores:
3
239
*
1
15.298*314.8
10*023.6*101325*10*631.3
msZ AA
334
*
110*9386.8
msZ AA ________________________resp
Fin de la parte I