1.1. Al aumentar la temperatura el valor del promedio de la

1.1. Al aumentar la temperatura el valor del promedio de la componente x de la
velocidad de las moléculas de un gas:
a) aumenta.
b) disminuye.
c) no cambia.
d) depende si es a V o a P constante
Para un gas en reposo y con todas las direcciones equivalentes el valor
promedio de cualquier componente de la velocidad es siempre cero.
Respuesta: c
1.2. Si ε es la energía promedio traslacional de una molécula a una
temperatura T, entonces:
a) ε(N2) > ε(O2) > ε(CO2)
b) ε(CO2) > ε(O2) > ε(N2)
c) ε(N2) = ε(O2) < ε(CO2)
d) ε(N2) = ε(O2) = ε(CO2)
La energía traslacional promedio de una molécula es 3/2(k·T). Por lo tanto a
igual temperatura es igual para todo gas
Respuesta: d
1.3 En un depósito situado en una cámara de vacío hay una mezcla
equimolecular de N2 y O2 a una presión total de 1 atm. Se abre un
pequeñísimo orificio de tal forma que el gas empieza a escapar. Al cabo de un
tiempo:
a) la fracción molar del N2 habrá disminuido y la del O2 aumentado.
b) la fracción molar del O2 habrá disminuido y la del N2 aumentado.
c) la fracción molar del O2 habrá disminuido y la del N2 disminuido.
d) la fracción molar del O2 y del N2 no habrán variado.
La variación en el número de moléculas en un recipiente por efusión es:
dN
A orP
= − A or ZP = −
dt
(2πmkT )1/ 2
Como la masa de las moléculas de nitrógeno es menor que las de oxígeno, el
primero escapa más rápidamente
Respuesta: a
1.4. Se sabe que en la atmósfera marciana: la frecuencia de colisión de una
determinada molécula de N2 con otras moléculas de N2 es de 1.54 106 s-1; la
frecuencia de colisión de una determinada molécula de N2 con moléculas de
CO2 es de 5.65 107 s-1; el número de colisiones por segundo y cm3 entre
moléculas de N2 es de 4.78 1021 cm-3s-1; el número de colisiones por segundo
y cm3 entre moléculas de N2 y de CO2 es de 3.51 1023 cm-3s-1;
¿Cuánto vale el tiempo medio entre colisiones una molécula de N2?
a) 2.81 10-24 s
b) 17.2 ns
c) 1.77 10-8 s
d) 649 ns
El tiempo entre colisiones es la inversa de la frecuencia de colisión. En este
caso una molécula de nitrógeno colisiona con otras de nitrógeno y de dióxido de
carbono:
1
1
−8
τ=
=
=
1
.
72
·
10
s
6
7
z11 + z12 1.54·10 + 5.65·10
Pasando el resultado a nanosegundos son 17.2 ns
Respuesta: b
1.5. Se tiene un depósito de N2(M=28g/mol) a 220 K y se sabe que la
frecuencia de colisión de una determinada molécula de N2 con otras moléculas
de N2 es de 1.54 106 s-1 y que el número de colisiones por segundo y cm3
entre moléculas de N2 es de 4.78 1021 cm-3s-1. El recorrido libre medio para
una molécula de N2 es:
a) 8,53 10-23 m
b)1,32 10-4 m
c) 8,53 10-20 m
d) 2,65 10-4 m
El recorrido libre medio es el cociente entre la velocidad media y la frecuencia
de colisiones:
1/ 2
 8 RT 
v  πM 
407.9
−4
λ=
=
=
=
2
.
65
·
10
m
6
6
z
1.54·10
1.54·10
Respuesta: d
2.1)Calcular el valor de la energía cinética de traslación más probable en función de la
temperatura para un gas de masa molecular Mr
 1 

G(ε ) = 2π
 πk B T 
3/2
ε1/ 2 e
−
ε
kBT
 ∂G(ε) 

 =0
∂
ε

 εP
 1 
∂G(ε )

= 2π
∂ε
 πk B T 
 1 

2π
 πk B T 
3/2
−
e
3/2
ε
kBT
−
e
ε
kBT
 1 
1 −1/ 2

ε
− 2π
2
 πk B T 
 1 
1 −1/ 2

ε
− 2π
2
 πk B T 
3/2
 1 

2π
 πk B T 
−
e
ε
k BT
ε
ε 
−

=0
kBT 
 2
−1/ 2
1/ 2
ε
−
1/ 2 1
ε
e kBT
kBT
ε
−
1/ 2 1
ε
e k BT = 0
k BT
−
3/2
3/2
e
ε
kBT
=0
 ε −1/ 2 ε1/ 2 
−

=0
kBT 
 2
ε=∞
εP =
kBT
2
2.2) ¿Cual será la proporción de moléculas del gas que tengan energía translacional,ε, entre el
valor más probable y el valor medio <ε> a la temperatura de 54ºC?. Si lo necesitáis podéis
utilizar el cambio de variable x = ε para resolver la integral.
G(ε)
kT/2
εP
3kT/2
<ε>
= ∫ dp(ε ) =
N
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
εP
3 kT / 2
∫ G(ε )dε
kT / 2
 1
= ∫ 2π 
 πk BT
kT / 2
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
ε
ε
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
1
1 3kT 3
m v2 = m
= kT
2
2
m
2
ε =
3 kT / 2
 1
= 2π 
 πk BT






3/2
3/2
ε
1/ 2
−
e
x2 = ε
ε
k BT
ε
dε
2xdx = dε
 1
k BT
1/ 2

e
d
=
2
ε
ε
π
∫
 πk BT
kT / 2
3 kT / 2
−



3 / 2 ( 3 kT / 2 )1 / 2
∫
(kT / 2 )1 / 2
−
xe
x2
k BT
2 xdx
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
 1
= 2π 
 πk BT



 1
= 4π 
 πk BT



 1
= 4π 
 πk BT



3/2
3 kT / 2
∫
ε 1/ 2e
−
k BT
kT / 2
3 / 2 ( 3 kT / 2 )1 / 2
3/2
ε
∫
x 2e
−
x2
k BT
 1
dε = 2π 
 πk BT



3 / 2 ( 3 kT / 2 )1 / 2
∫
−
xe
x2
k BT
2 xdx
1/ 2
(kT / 2 )
dx
1/ 2
(kT / 2 )
x2
x2
( kT / 2 )1 / 2
 (3 kT / 2 )1/ 2

−
−
k BT
k BT
2
2
 ∫ x e
dx − ∫ x e
dx 
 0

0


1/ 2

 3k BT 
 3k T  1 


 1 1/ 2  3k T 1/ 2   2 
−  B  
π


 2   k BT 
B

 
erf 
e
 −
  1 3 / 2
k
T
2


1
 
 B  

2



4
3/2


k
T
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
 B 
 1    k BT 
 
= 4π 
1/ 2
N
 πk BT  
 k BT 
 k T  1 

 1 1/ 2  k T 1/ 2   2 
− B  

π


 2   k BT 
B
 
erf 
e
 +
−
3/2
k
T
2


1


 B 

  1 

2


4
 k T 
k
T
 B 
  B 


−










3 



−
 3 1/ 2   3 1/ 2
π
2 
3/2


−
erf    −   (k BT ) e
3/2
  1 

 2    8 


3 / 2  4
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
 1    k BT 

 
= 4π 
 1 
N
− 
 πk BT  
 1 1/ 2   1 1/ 2
π
3/2
2 
(
)
−
+
erf
k
T
e






B
3/2


2    8 




1

 4



  k BT 

Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
3
 1
 3 1/ 2 
 1 1/ 2 
6 − 2 
2 − 2 
e
e
= erf    −
− erf    +
2
π
2
π
  
  
Nε (ε P ≤ ε ≤ ε )
N
= 0.4096
3. En un recipiente cúbico de 30 cm de lado se tiene a 300K y 1 atm de presión una mezcla
equimolecular de nitrógeno (M=28g/mol; d=3.7 Å) y dióxido de carbono (M=44 g/mol; d=4.6Å).
3.1) Calcular el recorrido libre medio de las moléculas de CO2.
λ2 =
v2
z 21 + z 22
1/ 2
 8kT 

= 
π
m

2 
v2
= 379.95
1/ 2
 8kT 
z 21 = πd 

πµ


2
12
N2
= 4.032 ⋅ 10 9
V
1/ 2
z 22
 8kT 

= 2πd 
π
m
2 

λ2 =
2
2
v2
z 22 + z 21
m/s
N2
= 4.369 ⋅ 10 9
V
= 4.523 ⋅ 10 −8
s −1
s −1
m = 452.3
Angstroms
3.2) En un momento dado se practica en el centro de una de las caras un orificio circular de 0.2
mm de radio mientras en el exterior se mantiene el vacío. Calcular la velocidad inicial de efusión
de ambos gases como número de moléculas que se escapan por unidad de tiempo.
dN
1N
A orP
= − A or ZP = − A or
v =−
dt
4V
(2πmkT )1/ 2
dN1
πr 2P1
= − A or ZP = −
= −1.83 ⋅ 10 20
1/ 2
dt
(2πm1kT )
s −1
dN2
πr 2P2
= − A or ZP = −
= −1.46 ⋅ 10 20
1/ 2
dt
(2πm2kT )
s −1
3.3) Calcular el tiempo necesario que debe de transcurrir para que en el interior del recipiente
quede una mezcla de gases en la proporción molar 40:60.
dN i
1 Ni
=−
vi πr 2
dt
4V
dN i
1 πr 2  8 RT 


=−
Ni
4 V  πM i 
1/ 2
dt
Ni
1/ 2 t
dNi
1 πr 2  8RT 
∫N Ni = − 4 V  πMi 
0 ,i
Tendremos una ecuación para cada gas:
 1 πr 2  8RT 1/ 2 

 t 
N1 = N0,1·exp −
 4 V  πM1  
 1 πr 2  8RT 1/ 2 

 t 
N2 = N0,2·exp −
4
V
π
M


2 

∫ dt
0
Si tomamos el cociente entre ambas expresiones y teniendo en cuenta que inicialmente teníamos una
mezcla equimolar:
1
 1 πr 2 8 RT 1 / 2   1 1 / 2  1 1 / 2  
N 1 N 0 ,1

 

 − 
 t 
=
·exp −


N 2 N 0 ,2
 4 V  π    M 1 
 M 2   
Y de esta ecuación podemos despejar el tiempo t necesario para que la mezcla quede 40:60
 1 πr 2 8 RT 1 / 2   1 1 / 2  1 1 / 2  
40

 

 − 
 t 
= exp −


60
 4 V  π    M 1 
 M 2   
40
1 πr 2  8 RT 
ln
=−


60
4 V  π 
t=1463 s
1/ 2
  1 1 / 2  1 1 / 2 

 − 
 t

 M1 
 M 2  

4.1.- La viscosidad del N2 gas se determina comparando la velocidad con que fluye a través de un
tubo largo y estrecho con la del argón. Para la misma presión inicial y final, circulo a través de un
mismo tubo, en 94.3 s la misma cantidad (medida en gramos) de N2 que de argón en 82 s. La
viscosidad del argón a 25°C es 225 µP. Calcular:
a) La viscosidad del N2 a 25°C en unidades del S. I.
b) El diámetro molecular del N2 (Mr =28) en metros.
La ecuación de Poiseuille integrada para gases es:
∆m
πr 4M Pf2 − Pi2
=−
∆t
16ηRT z f − z i
Teniendo en cuenta que se trata de un mismo tubo e igualdad de presiones, para el
argón y el nitrógeno, podremos escribir
2
2
∆mAr
πr 4 M Ar Pf − Pi
=−
∆t Ar
16 ηAr RT z f − zi
∆mN 2
∆t N 2
πr 4 M N 2 Pf2 − Pi 2
=−
16 ηN 2 RT z f − zi
Sabiendo que la cantidad que circula (en masa) es la misma, dividiendo ambas
expresiones:
∆t Ar ηAr M N 2
=
∆t N 2 ηN 2 M Ar
Quedando:
ηN 2 = ηAr
M N 2 ∆t N 2
M Ar ∆t Ar
= 225
28 94.3
= 181.1 µP = 1.811·10 −5 Pa·s
40 82
De acuerdo con la teoría cinética de gases:
5 π PM
η=
32 RT
1/ 2
1
RT  8 RT 


2 πd 2 PN A  πM 
1/ 2
5 (MRT )
=
16 π N A d 2
Sustituyendo:
ηN 2 = 1.811·10 −5 Pa·s
M N 2 = 28·10 −3 Kg·mol −1
T = 298.15 K
R = 8.3145 J ·mol −1·K −1
N A = 6.022·10 23 mol −1
d = 3.67·10 −10 m = 3.67 Å
a) Calcular la conductividad térmica del N2 a 298.15 K y 15 mbar de presión.
b) Si el N2 está encerrado en un cubo de 10 cm de lado, encontrándose una de les caras a 305 K
y la cara opuesta a 295 K, ¿cuál será el flujo de energía en forma de calor entre les dos caras al alcanzar el
estado estacionario?
4.2.-
De acuerdo con la teoría cinética de gases:
25  RT 
κ=


32  πM 
1/ 2
1
Cv ,m
N Ad 2
d = 3.67·10 −10 m
M N 2 = 28·10 −3 Kg·mol −1
T = 298.15 K
R = 8.3145 J ·mol −1·K −1
N A = 6.022·10 23 mol −1
Necesitamos la capacidad calorífica molar a volumen cte. De acuerdo con el
principio de equipartición, para una molécula diatótica, suponiendo que la vibración
está no activada a 298.15 K, podremos escribir:
Cv ,m = Cv ,m ,tras + Cv ,m ,rot =
3
2
5
R+ R= R
2
2
2
Sustituyendo todos los valores nos queda:
κ = 3.36·10 −2 J ·K −1·m−1·s −1
b) Si el N2 está encerrado en un cubo de 10 cm de lado, encontrándose
una de les caras a 305 K y la cara opuesta a 295 K, ¿cuál será el flujo de
energía en forma de calor entre les dos caras al alcanzar el estado
estacionario?
295K
305K
1 dQ
dT
= −κ
A dt
dz
Ley de Fourier
dQ
dT
= −κA
dt
dz
0.1m
κ = 3.36·10 −2 J ·K −1·m−1·s −1
A = 10 −2 m2
dT 295 − 305
=
= −10 2 K ·m−1
dz
0.1
dQ
= −3.36·10 −2 ·10 −2 ·( −10 2 ) = 3.36 J ·s −1
dt
5. La interacción entre las moléculas de una determinada sustancia puede describirse aproximadamente
mediante un potencial de Lennard-Jones en el cual
B = 1.622 × 10-110 J ×mol-1×m12 y C = 8.824 × 10-54 J ×mol-1×m6
5.1. Calcula el diámetro molecular σ.
VLJ ( r ) =
B C
− 6
12
r
r
Potencial de Lennard-Jones
VLJ
12 12
1/r
B/r
σ
0
-εε2,5
r0
r
-1/r6
-1
-C/r6
5.1. σ es el valor de la distancia para el que el potencial LJ se anula.
VLJ ( r = σ ) =
B
C
−
=0
12
6
σ
σ
Despejando:
1/ 6
B
σ =   = 3.5·10 −10 m
C 
5.2. ¿Cuál es la fuerza que sienten un par de moléculas cuando se encuentran a la distancia de
contacto? ¿A qué distancia se anula la fuerza?
r
r
F = −∇Vint
F =−
dVLJ ( r ) 12 B 6 C
= 13 − 7
dr
r
r
La fuerza a la distancia de contacto será:
F( r = σ ) =
12 B 6 C
−
σ13 σ7
12·1.622·10 −110 6·8.824·10 −54
−
F( r = σ ) =
( 3.5·10 −10 )13
( 3.5·10 −10 )7
F ( r = σ ) = 8.27·10 13 N ·mol −1 = 1.37·10 −10 N
La distancia a la que la fuerza se anula es r0, la posición del mínimo
12 B 6 C
F (r = r0 ) = 13 − 7 = 0
r0
r0
1/ 6
 2B 
r0 = 

 C 
= 21 / 6 ·σ = 3.93·10 −10 m
5.3. Dibuja de forma aproximada la forma que tendría la función de distribución
radial de esta sustancia en estado gaseoso diluido pero real a 298K. ¿A qué
distancia y qué altura presentarían los picos de dicha función en caso de
haberlos?
g(r ) = e − Vint ( r ) / kT
Gas real diluido
V(r)
0
El máximo de g(r) aparece en el mínimo de VLJ, es
decir en r0
σ
2σ
3σ
r
σ
2σ
3σ
r
En ese punto V vale:
B
C
VLJ ( r0 ) = 12 − 6 = −1200 J ·mol −1
r0
r0
Y g(r) será:
g(r)
2
1
0


1200 J ·mol −1
 VLJ ( r0 ) 
g ( r0 ) = exp −
= 1.62
 = exp −

−1
−1
RT 

 8.3145 J ·mol ·K ·298 K 