Curso Pre - Universitario

UNIDADES PRIMARIAS Y ESCALAS DE TEMPERATURA
1. La aceleración del gravedad en un punto de la tierra es 980 cm/seg2.
Expresar este valor en millas por minuto al cuadrado.
cm (60)2seg2 6,21 × 10−6 millas 21,9millas
980
×
×
=
seg2
1min2
1cm
min2
2. Calcular el volumen en centímetros cúbicos que ocupan 50 g. benceno
cuya densidad es 0,51 onzas por pulgada cúbica.
0,0357onzas
1pulg3
7,8517onzas
50gC 6 H 6 ×
×
=
1gC6H6
0,51onzas
pulg3
3. La densidad del mercurio a 4°C es 13,585 g/cm3. a)Justificar el valor
7,852 onzas/pulgadas cúbica dada en la página 24; b) Calcular su valor en
libras por pies cúbico.
a) 13,585
gramos (8,54)3cc 0,03527onzas
onzas
×
×
= 7,8517
3
cc
1pulg
1gramo
pulg3
b) 13,585
gramos 0,0022lbs
1cc
lbs
×
×
= 846,2
3
3
cc
1gr
(0,03281) pie
pie3
4. La densidad del oro es 19,32 g/cc. ¿Cuál es el peso del pie cúbico del
material?
(30,48)3cc 19,32gr 1Kg
×
×
= 547Kg
1pie3 ×
1pie3
1cc
1000g
5. La densidad relativa de una sustancia es 7,5. ¿Cuál es el peso del pie
cúbico del material: a) en el sistema métrico; b) en libras?
(30,48)3cc 7,5gr 1kg
×
×
= 212,37kg
´1pie3 ×
1pie3
1cc
1000g
(30,48)3cc 7,5gr 0.0022lbs
×
×
= 467,2lbs
1pie3 ×
1pie
1cc
1gr
6. El volumen de un cuerpo viene expresado de manera anormal como 967,7
cm2. pulgada. a) justificar si es teóricamente correcta esta unidad para
expresar el volumen; expresar dicho volumen en unidades corrientes.
a) 967,7
cm 2 • pulg ×
2,54cm
= 2457,9cc
1pulg
pulg3
2457,9 cc ×
= 149,9pulg3
3
(2,54cc)
7. Se compra una partida de 80 galones (americanos) de ácido sulfúrico, de
densidad 1,04 onzas/pulgadas cúbico, pagándose a 18 pesos el kilogramo.
Calcular el costo de esta partida.
3,7853ltos
61,02pulg3 1,04onzas
×
×
80gal.americanos ×
1gal.american
1lto
1pulg3
0,02835kg 18pesos
×
×
= 9806,6pesos
1onzas
1kg
8. ¿Cuál es la temperatura más baja, 20°F ó -0°C?
20 − 32 9
=
°C
5
°C = −6,66
Resp = 20°F
9. ¿Cuál es la diferencia en temperatura entre 86°F y 25°C?
86 − 32 9
=
°C
5
°C = 30
Diferencia = 5°C
10. El oxígeno líquido hierve a - 297,4 °F y congela a - 361 °F. Calcular estas
temperaturas: a) en grados centígrados; b) en grados absolutos Kelvin.
a)
− 297,4°F − 32 9
= ⇒ °C = −183
°C
5
− 361 − 32 9
= ⇒ °C = −218,3
°C
5
b) °K = °C +273 ; -183 + 273 = 90°K
- 218,3 + 273 = 54,7 °K
11. Los puntos de fusión de los metales estaño, cinc y cadmio son,
respectivamente, 909,4°R, 1246,9°R y 1069,5°R. Calcular las
temperaturas equivalentes en grados centígrados.
Tf Sn = 909,4 °R = 449 °F = 231,8 °C
Tf Zn = 1246,9 °R = 706 °F = 419, 58 °C
Tf Cd = 1069,5 °R = 509,5 °F = 320,33 °C
° F − 32 9
Usando: °R = °F + 460 ;
=
°C
5
12. En otras épocas se tomó el cero Farenheit como la temperatura más baja
que podía conseguirse con una mezcla de hielo, sal y disolución (punto
eutéctico), Hoy día sabemos que esta temperatura es - 21, 3 °C. Calcular
esta temperatura en la escala Fahrenheit.
°F − 32 9
=
5
°C
despejando:
°F − 32 9
=
− 21,3 5
°F = -6,34
COMPORTAMIENTO DE LOS GASES
1. La presión que se ejerce sobre 25 litros de un gas aumenta desde 15 atm
a 85 atm. Calcular el nuevo volumen si la temperatura permanece
constante.
V 1 = 25 ltos.
P 1 = 15 atm.
P 2 = 85 atm.
Boyle P 1 V 1 = P 2 V 2
V2 =
15atm × 25ltos
= 4,41ltos
85atm
2. La composición en volumen del aire es: 21,0% de oxígeno, 78,06 % de
nitrógeno y 0,94 de argón. Calcular la presión parcial de cada gas en el
aire a una presión total de 760 mm.
PP = 0,21 × 760 = 159,6mmHg
P p = Presión parcial =
χPT
PP = 0,7806 × 760 = 593,256mmHg
PP = 0.0094 × 760 = 7,144mmHg
P T = 760 mm
3. Una vasija abierta, cuya temperatura es de 10 °C se calienta, a presión
constante, hasta 400 °C. Calcular la fracción del peso de aire
inicialmente contenido en la vasija, que es expulsado.
T 1 = 10 °C
T 2 = 400 °C
T 1 = 283 °K
V1 V2
=
T1 T2
V1 V2 283°K
=
=
= 0,42
T1 T2 673°K
T 2 = 673 °K
Fracción de aire que se queda = 0,42 = 42 %
Fracción de aire expulsado = 1 - 0,42 = 0,58 = 58 %
4. El aire de un neumático de automóvil se halla a una presión de 30
libras/pulgada cuadrada, siendo la temperatura de 20 °C. Suponiendo que
no existe variación en el volumen del neumático, ¿Cuál será la presión si
la temperatura aumenta a 104 °F?. Calcular dicho valor en las mismas
unidades inglesas y en kilogramos por cm2.
T 1 = 20 °C
T 2 = 104 °F
de donde:
32,097
P1
T 1 =293 °K
T1
=
P2
T2
;
P2 =
P1 • T2
T1
T 2 =313 °K
P2 =
30lbs/pulg2 × 313°K
= 32,047lbs/pulg2
233°K
lbs
1pulg2
0,545kg
×
×
= 2,25kg/cm2
2
2
2
pulg (2,54) cm
1lb
5. ¿Cuántos globos esféricos de goma, de 6 litros de capacidad, pueden
llenarse en las condiciones normales con el hidrógeno procedente de un
tanque que contiene 250 litros del mismo a 60 °F y 5 atm. de presión?
P 1 = 5 atm
P2 = 1atm 
CN
T2 = 273°K
T 1 = 293 °K
P1V1 P2V2
=
T1
T2
V2 =
P1V1T2
T1P2
V 1 = 250 ltos
V2 =
5atm × 250ltos × 273°K
= 1164,67ltos
293°K × 1atm
#globos =
1164,67ltos
= 194,1globos
6ltos
6. Se recoge 285 cm3 de nitrógeno sobre mercurio a -10 °C y presión de
776 mm. Calcular el volumen que obtendremos al recogerlo sobre agua a
40 °C y presión de 700 mm. La presión de vapor de agua a 40 °C es 55,3
mm.
V 1 = 285 cm3 N 2
T 1 = 263 °K
P 1 = 778 mmHg
1
•
1
=
1
V2 =
2 2
V2 = ?
T 2 = 313 °K
P 2 = 700 - 55,3 = 644,7 mmHg
V2 =
2
P1V1T2
T1P2
778mmHg × 0,285ltos × 313°K
= 0,4093ltos
644,7mmHg × 263°K
7. Una muestra de aire está saturada en un 50% con vapor de agua a 30 °C
y se halla a una presión de 700 mm. ¿Cuál será la presión parcial del
vapor de agua si la presión del gas se reduce a 100 mm? La presión de
vapor de agua a 30 °C es 31,8 mm.
T = 303 °K
P 1 = 700 mmHg
P 2 = 100 mmHg
P v = 31,8 mmHg (50%)
P1
700mm
=
= 7 La presión total disminuye
100mm
P2
31,8
7 veces, luego: Pv =
× 0,5 = 2,27
7
8. Una muestra de 500 litros de aire seco a 25 °C y 750 mm de presión se
hace burbujear lentamente a través de agua a 25 °C y se recoge en un
gasómetro cerrado con agua. La presión del gas recogido es de 750 mm.
¿Cuál es el volumen del gas húmedo?. La presión de vapor de agua a 25 °C
es 23,8 mm.
V 1 = 500 ltos
P 1 = 750 mmHg
T 1 = 298 °K
Por Boyle :
V2 =
V2 = ?
P 2 = 750 mmHg
P 1 V 1 = P 2 V 2 de donde V2 =
P1V1
P2
750mmHg × 500ltos
= 516,386ltos
(750
23,8)mmHg
corrección de la presión
9. En un edificio con acondicionamiento de aire se absorben desde el
exterior 1000 litros de aire, al la temperatura de 11 °C, presión de 780
mm y humedad relativa de un 20%. Dicho aire pasa a través de los
aparatos adecuados, donde la temperatura aumenta a 20 °C y la humedad
relativa a un 40%. ¿Cuál será el volumen ocupado por dicha masa de aire,
si la presión en el edificio es de 765 mm?. Las presiones de vapor del
agua a 11 °C y 20 °C son, respectivamente, 9,8 mm y 17,5 mm.
V 1 = 1000 ltos
T 1 = 284 °K
P 1 = 780 mm
h r = 20%
P vh20 = 9,8 mmHg
T 2 = 293 °K
P 2 = 765 mm
h r = 40%
P vh2o = 17,5 mmHg
V2 = ?
Corrigiendo presiones:
P1 = 780 9,8 × 0,2 = 778,04mmHg
P2 = 765
P1V1
PV
= 2 2
T1
T2
Ley Combinada
17,5 × 0,4 = 758,0mmHg
Despejando
V2 =
P1V1T2 778,04mm × 1000ltos × 293° K
=
P2T1
758,0mm × 284° K
V2 = 1058,96ltos
10. 10 litros de aire, saturados de humedad, a 50 °C y presión de 1 atm. se
comprimen a temperatura constante a 5 atm. Calcular el volumen final
que se obtiene. (Aunque la presión se hace 5 veces mayor, el volumen no
se reduce a la quinta parte, o sea a 2 litros, como podría suponerse,
debido a que la presión parcial del vapor de agua, igual a 92,5 mm, no se
puede aumentar y parte de el por disminuir el volumen, se condensa al
estado líquido. Como la masa del gas disminuye, el volumen obtenido será
menor que el supuesto.
V 1 = 10 lbs
T 1 = 323 °K
P1V1 = P2V2
h r = 100 %
P 1 = 1 ATM
P v = 92,5 mmHg
P 2 = 5 ATM
despejando: V2 =
[1ATM (92,5 / 760) × 10ltos]
=
[5ATM (92,5 / 760)]
1,8ltos
11. 1 litro de aire saturado de vapor de benceno a 20 °C y a la presión total
de 750 mm se expande a dicha temperatura, en contacto con benceno
líquido, hasta un volumen de 3 litros. La presión de vapor de benceno a
20 °C es de 74,7 mm. Hallar la presión final del aire saturado de vapor
de benceno.
V 1 = 3 lto
P VC6H6 = 74,7 mmHg
V 2 = 3 ltos
T 1 = 293 °K
P 1 = 750-74,7 = 675,3 mmHg
P1V1 = P2 V2
de donde:
PV
P2 = 1 1
V2
675,3mmHg × 1lto
P2 =
= 225,1mmHg
3ltos
P 2 = 225,1 + 74,7 = 299,8 mmHg
P T1 = 750 mmHg
P T2 = ?
12. 4,6 litros de aire a 40 °C y presión de 716,2 mm, saturado en un 70 % de
vapor de agua, se comprimen a 786 mm a la temperatura de 30 °C.
Calcular el volumen final obtenido. Las presiones de vapor de agua a 40
°C y 30 °C son, respectivamente, 55,3 mm y 31,8 mm.
V1 = 4,6ltos
T1 = 313°K
hr = 70%
P1 = 716,2mmHg
V2 = ?
T2 = 303°K
P2 = 786mHg
Corrigiendo presiones:
P1 = 716,2 55,3 × 0,7 = 677,49mmHg
P2 = 786 31,8 × 0,7 = 763,74mmHg
PVT
P1V1
PV
= 2 2 despejandoV2 = 1 1 2
P2T1
T1
T2
V2 =
677,49mm × 4,6ltos × 303°K
= 3,95ltos = 4ltos
763,74mm × 313°K
13. Aire saturado en un 60% de alcohol etílico, a 40 °C y 760 mm, se
comprime dentro de un tanque de 100 litros de capacidad a 10 atm y 30
°C. Calcular el volumen del aire en las condiciones iniciales. Las presiones
de vapor del alcohol etílico a 30 °C y 40 °C son, respectivamente, 70,8 y
135,3 mm de mercurio. Suponer nulo el volumen del alcohol etílico
condensado.
V 2 = 100 ltos
P VALCOHOL = 78,8 mmHg a
V1 = ?
30 °C
T 1 = 313 °K
T 2 = 303 °K
= 135,3 mm Hg a 40 °C
P 1 = 760 mmHg
P 2 = 7600 mmHg (10atm)
P1V1
PV
= 2 2
T1
T2
PVT
V2 = 1 1 2
P2T1
Corrigiendo presiones:
P1 = 760 135 × 0,6 = 678,82mmhg
P2 = 7600 78,8 × 0,6 = 7352,72mmHg
V1 =
7552,72mmHg × 100ltos × 303°K
= 1149,3ltos
678,82mmHg × 303°K
PESOS MOLECULARES DE GASES
1. A ciertas condiciones, la densidad de un gas es 1,64 g/lto. A las mismas
condiciones de presión y temperatura, 1 litro de oxígeno pesa 1,45 g.
¿Cuál es el peso molecular de aquel gas?
d gas = 1,64 g/lto M gas = ?
V = 1 lto O 2
m O2 = 1,45 gr
m
m
entonces: PM = d R T
PV =
RT ; si d =
M
M
P • M gas = 1,64g / lto × R × T
P • M gas = 1,45g / lto × R × T
= M gas =
1,64 × 32
= 36,19g / mol
1,45
2. A cierta temperatura, la densidad del etano a la presión de 733,7 mm es
igual a la densidad del aire a la presión de 1 atm. Calcular a partir de
estos datos el peso
molecular del etano.
d C2H6 = (733,7 mmHg) = d aire = (1 atm)
M C2H6 = ?
P×M = d × R × T
733,7mmHg × M C 2H 6 = dC 2H 6 × R × T
760,0mmHg × 28,9gr / mol = d aire × R × T
M C 2H 6 =
760 × 28,9
= 29,9gr / mol
733,7
3. Calcular el volumen que ocuparán 2 g de oxígeno a 20 °C y 720 mm de
presión.
V=?
m = 2 gr de O 2
t = 20 °C
P = 728 mmHg
V =
m × R ×T
M ×P
mHg × lto
× 293°K
°K × mol
32gr / mol × 728mmHg
29gr × 62,4
V =
V = 1,568ltos.
4. Calcular el peso molecular del óxido nitroso, sabiendo que a 80 °C y
presión de 1000 mm la densidad es 2,00 g/litro.
M=?
T = 353 °K
P = 1000 mmHg
d = 2 gr/lto
m × R ×T
P ×V
2gr × 62,4mmHg × lto × 353°K
M =
1000mmHg × °K × mol × 1lto
M =
M = 44,05gr / mol
5. La densidad de un gas a 25 °C y 1,25 atm de presión es 1,436 g/litro.
¿Cuál es se densidad en condiciones normales?
d gas = 1,436 gr/lto T 1 = 298 °K P = 1,25 atm
T 2 = 273 °K P = 1 atm
1,25 × M = 1,436 × R × 298
1,0 × M = d × R × 273
d =
1,436 × 298
= 1,254gr
1,25 × 273
6. Calcular la temperatura a la cual la presión de vapor del agua, en mm de
mercurio, es igual, numéricamente, al número de gramos de agua
existentes en 1 metro cúbico de cualquier gas saturado de humedad.
t =?
P v mmHg = # gr H 2 0 ⇒ 1 m3
saturación 100 %
PV =
m
RT
M
T =
T = 288,46°K
1000ltos × 18gr / mol
mmHg × lto
62,4
°K × mol
t = 15,46°C
7. 2,04 g de una sustancia pura se convierten en vapor a 55 °C y 780 mm
de presión. El volumen obtenido en estas condiciones es de 230 cc.
Calcular el peso molecular de dicha sustancia.
m = 2,04 gr
t = 328 °K
P = 780 mmHg
V = 0,23 ltos
M=?
m
RT
M
m × R ×T
M =
PV
PV =
M =
2,04gr × 62,4mHg × lto × 328°K
780mmHg × °K × mol × 0,23ltos
M = 232,7gr / mol
8. Un recipiente de 3,47 litros de capacidad está lleno de acetileno, C 2 H 2 ,
a la temperatura de 21 °C y presión de 723 mm. Calcular la masa de
acetileno contenida en este recipiente.
V = 3,47 ltos C 2 H 2
T = 294 °K
P = 723 mmHg
m=?
m
RT
M
P ×V × M
m =
R ×T
P •V =
723mmHg × 3,47ltos × 26gr / mol
mmHg × lto
62,4
× 294°K
°K × mol
m = 3,55gr.
m =
9. Un matraz de un litro contiene una mezcla de hidrógeno y de óxido de
carbono a 10 °C y presión total de 786 mm. Calcular el peso del
hidrógeno si el matraz contiene 0,1 g de óxido de carbono.
V = 1 lto H 2 + CO
m H2 = ?
t = 10 °C
si : m CO = 0,1 gr.
Pt = 786 mmHg
a × R ×T
PV =
MV
a × R ×T
0,1gr × 62,4mmHg × lto × 293°K
=
= 63mmHg
Pco =
MV
28gr / mol × °K × mol × 1lto
luego : PH " = 786 63 = 723mmHg
723mmHg × 1lto × 2gr / mol
aH 2 =
= 0,0818grH 2
mmHg × lto
62,4
× 293°K
°K × mol
10. Calcular la temperatura a la cual 1 litro de aire a la presión de 690 mm
pesa 1 g.
T=?
V = 1 lto
P = 690 mmHg
m = 1 gr
a
RT
M
690mmHg × 1lto × 28,96gr / mol
T =
mmHg × lto
1gr × 62,4
°K × mol
PV =
T = 320,4°K
t = 47,4°C
11. 250 cm3 de un gas se han recogido sobre acetona a -10 °C y 770 mm de
presión. El gas pesa 1,34 g y la presión de vapor de acetona a -10 °C es
de 39 mm. ¿Cuál es el peso molecular del gas?
V = 0,25 ltos
m = 1,34 gr.
T = 263 °K
P = 770 mmHg
P v = 39 mmHg
P = 770 - 39 mmHg
M GAS = ?
a
RT
M
a × R ×T
M =
PV
PV =
M =
1,345 × 62,4mmHg × lto × 263°K
731mmHg × °K × mol × 0,25ltos
M = 120,25gr / mol
12. 0,35 g de una sustancia volátil se transforman en vapor en un aparato de
Victor Meyer. El aire desplazado ocupa 65, 8 cc medidos sobre agua a 40
°C y a una presión total de 748 mm. ¿Cuál es el peso molecular de dicha
sustancia?. La presión de vapor del agua a 40 °C es 55,3 mm.
P P = 748 mmHg
P V = 55,3 mmHg
M=?
m = 0,35 gr
V = 65,8 cc
T = 313 °K
P = 748
M =
55,3 = 692,7mmHg
0,35gr × 62,4mmHg × lto × 313°K
692,7mmHg × °K × mol × 0,0658ltos
M = 149,4gr / mol
13. La composición ponderal del aire es 23,1% de oxígeno, 75,6 % de
nitrógeno y 1,3 % de argón. Calcular las presiones parciales de estos tres
gases en un recipiente de 1 litro de capacidad, que contiene de 2 gr de
aire a -20 °C.
23,1%O 2
75,6 & %N 2 V = 1lto
1,3%Ar
a × R ×T
M ×V
2 × 62 × 253
=
28,96 × 1lto
= 1089,57mmHg
PT =
m = 2gr
T = 253°k
PT
PT
mO 2 = 0,462gr(0,231 × 2)
0,462 × 62,4 × 253
= 277,78mmHg
PO 2 =
32 × 1
de la misma forma: m N2 = 0,756×2 = 1,512 gr. P N2 = 850,8 mm.
m Ar = 0,026 gr ; P Ar = 10,25 mmHg.
14. La composición volumétrica del aire es 21 % de oxígeno, 78 % de
nitrógeno y 1 % de argón. Calcular las presiones parciales de estos tres
gases en un recipiente de dos litros de capacidad, que contiene 3 gr de
aire a 18 °C. (Calcular a partir de estos datos, el peso molecular medio
del aire, que resulta ser igual a 20,96, determinar entonces la presión
total y hallar las presiones parciales teniendo en cuenta que la relación
volumétrica es igual - según el principio de Avogrado - a la relación
molecular).
21%O 2
78%N 2
1%Ar
V = 2ltos
m = 3gr
M = 28,96 / mol
T = 291°K
de la ecuación de estado:
a × R ×T
=
M ×V
= 939,3mmHg
PT =
PT
mmHg × lto
× 291°K
°K × mol
28,96gr / mol × 2lbs
3gr × 62,4
P O2 = 0,21 × 939,9 =
= 197,3 mmHg
P N2 = 0,78 × 939,9 = 733,1 mmHg
P Ar = 0,01 × 939,9 = 9,39 mmHg
15. En un recipiente de 2 litros de capacidad se recogen 5 litros de oxígeno
medidos a la presión de 2 atm, y 10 litros de nitrógeno a la presión de 4
atm. Se dejan salir 25 litros de la mezcla gaseosa a la presión de una
atmósfera. Calcular: a) la presión final en el recipiente; y b) el peso de
oxígeno y de nitrógeno contenidos al final en dicho recipiente. La
temperatura se ha mantenido siempre constante a 25 °C.
V = 2 ltos
P = 2 atm
}
25 ltos a P = 1 atm
V O2 = 5 ltos
V N2 = 10 ltos P = 4 atm
}
4 × 10 × 28
2atm × 5ltos × 3gr / mol
= 45,834grN 2
= 13,05grO 2 N 2 =
O2 =
atm × lto
0,082 × 298
× 298°K
0,082
°K × mol
P T en el recipiente de 2 ltos:
atm × lto
× 298°K
°K × mol
= 4,999atm
32gr / mol × 2ltos
13,095gr × 0,082
PO 2 =
}} P
T
= 25atm, extraen25l
atm × lto
× 298°K
°K × mol
= 19,99atm
2,9gr / mol × 2lto
45,834gr × 0,082
PN 2 =
25atm • V1 = 1atm • 25ltos
V1 = 1lto
a) como el volumen se reduce de 2 ltos a 1 lto: luego P f =
b) m de O 2 y N 2 al final:
25atm × 2ltos × 32gr / mol
= 6,54grO 2
a O2 =
atm × lto
0,082
× 298°K
°K × mol
a N2 =
25
atm = 12,5atm
2
10atm × 2ltos × 28gr / mol
= 2,9grN 2
atm × lto
× 298°K
0,082
°K × mol
16. 12 g de iodo sólido, densidad 4,66 se colocan en un matraz de un litro. El
matraz se llena entonces con nitrógeno a 20 °C y 750 mm y se cierra. Se
calienta ahora a 200 °C, temperatura a la que el iodo está vaporizado.
¿Cuál es la presión final?
a I2 = 12 gr.
t = 20 °C y P = 750 mmHg se llena con N 2
d = 4,66 gr/lto
t 2 = 200 °C P f = ?
V = 1 lto
P1
P
P • T2
0,986atm × 473°K
= 2
; P2 = 1
=
= 1,591atm
T1
T2
T1
293°K
atm × lto
12gr × 0,082
× 473°K
a × R ×T
°
K
×
mol
PI 2 =
=
= 1,832atm
V × M
1lto × 2,54gr / mol
PT = PN 2 + PI 2 = 1,591atm + 1,832atm = 3,42atm
17. El volumen de un mezcla de aire saturado de humedad a 50 °C es de 4
litros a la presión de 5 atm. Calcular: a) la presión total final cuando esta
masa se expansiona sobre agua hasta un volumen de 20 litros, a
temperatura constante; y b) los gramos de agua que se evaporan para
mantener el aire saturado de humedad. La presión de vapor de agua a 50
°C es de 92, 5 mm.
V aire saturado = 4 ltos
t = 50 °C P = 5 atm
P V = 92,5 mmHg
P = 3800 mmHg
a) V 2 = 20 ltos
V 1 = 4 ltos
P 1 = 3707,5 mmHg (corregido)
P1V1 = P2V2
3707,5mmHg × 4ltos
P2 =
20ltos
P2 = 741,5mmHg
P2 = 741,5 + 92,5 = 834mmHg
92,5mmHg × 4ltos × 18gr / mol

= 0,33gr 
mmHg × lto
62,4
× 323°K


°K × mol
b)
1,652
92,5mmHg × 20ltos × 18gr / mol
a =
= 1,652gr 
mmHg × lto

62,4
× 323°K

°K × mol
a =
0,33 = 1,32grH 2O
18. 100 litros de aire a 20 °C y presión de 1 atm. se hacen burbujear
lentamente a través de éter. El aire saturado de vapor de éter sale a 20
°C y presión total de 1 atm. Calcular: a) los gramos de éter que se
evaporan, b) el volumen final de la mezcla; y c) si la mezcla se comprime
isotérmicamente a 10 atm, la cantidad de éter que se recupera de nuevo
al estado líquido. La presión de vapor de éter a 20 °C es 422 mm.
Suponer despreciable el volumen del éter líquido formado.
V = 100 ltos aire
Se hace burbujear a través de éter :
T = 293 °K
T = 293 °K
P = 1 atm
P V = 422 mmHg
T = 1 atm
C 2H 5 − O − C 2H 5 = 74gr / mol
a) P1 • V1 = P2 • V2
P1 • V1
760mmHg × 100ltos
=
P2
338mmHg
= 224,85ltos
V2 =
V2
luego:
P ×V × M
422mmHg × 224,85ltos × 74gr / mol
=
a =
= 384,29gr
mmHg × lto
R ×T
62,4
× 293°K
°K × mol
b) 224,85 ltos
c) P 2 = 10 atm = 7600 mmHg
7600 mmHg × 100 ltos = 7600
mmHg V 2
422mmHg × 10ltos × 74gr / mol
a =
= 17,1gr
mmHg × lto
62,36
× 293°K
°K × mol
eter : 394,29 − 17,1 = 367,19gr
19. A 0 °C la densidad del cloruro de metilo a una presión de 0,5 atm es
1,401 g/litro, y a una presión de 0, 25 atm, es 0,5666 g/litro. A partir de
estos datos, calcular el peso molecular exacto del cloruro de metilo.
T = 273 °K
d CH3Cl = 1,1401 gr/lto
d CH3Cl = 0,5666 gr/lto
P = 0,5 atm
P = 0,25 atm
M CH3Cl = ?

 d  1,1401
= 2,2802 
  =
0,5
 P 1

0,0138
0,5666
d
= 2,2664
  =

0,25
 P 2
d
M =   RT = (2,2664 − 0,0138)0,08206 × 273 = 50,46 gr / mol
 P 0
20. A 0 °C (273,16 °K) la densidad del oxígeno a u a presión de 1 atm es
1,42090 g/litro, y a una presión de 0,5 atm es 0,71415 g/litro. Calcular la
constante R de los gases y el volumen molar gramo.
0 °C = 273 ,16 °K
P = 1 atm
d O2 = 1,42898 gr/lto
P = 0,5 atm
d O2 = 0,71415 gr/lto
PM = d × R × T
R=?
Vm = ?
0,5atm × 32gr / mol

= 0,08201 
0,71415gr / lto × 273,6°K

0,0039
1atm × 32gr / mol
R =
= 0,081979

1,4289gr / lto × 273,16°K
R = 0,08201 + 0,00039 = 0,082057 = 0,08206
atm × lto
1mol × 0,08206
× 273,16°K
n × R ×T
°
K
×
mol
V =
=
1atm
P
V = 22,415ltos(enC.N.)
R =
ECUACIONES QUIMICAS: METODOS DE IGUALACION
1. en la tostación de la pirita, Fe S 2 , se forma óxido férrico Fe 2 O 3 , y se
desprende dióxido de azufre, SO 2 . Escribir la ecuación indicada
correspondiente, e igualarla por el método del número de valencia.
2 FeS2−2 + O20
→
Fe2+2O3−2
+ S +4O2−2
4e- + O 2 → 2 O-2 × 6
S-2 → S+4 + 6e- × 4
24e- + 6 O 2 + 4 S-2 → 12 O-2 + 4 S+4 + 24e4 FeS 2 + 11 O 2 → 2 Fe 2 O 3 + 8 SO 2
2. Al calentar hipoclorito potásico, KClO, se transforma en cloruro y en
clorato potásico, KCl y KClO 3 . Escribir la ecuación de este proceso
igualada por el método del número de valencia.
K+1Cl+1O-2 → K+1 Cl-1 + K+1Cl+5 O3−2
2e- + Cl+ → Cl×2
+
+5
Cl → Cl + 4e
4e- + 2Cl+ + Cl+ → 2Cl- + Cl+5 + 4e3 KClO → 2 KCl + KClO 3
3. Por acción del clorato potásico, KClO 3 , en presencia de potasa caústica,
KOH, el cloruro cobaltoso, CoCl 2 , pasa a óxido cobáltico Co 2 O 3 . Escribir
la ecuación correspondiente, igualada por el método del número de
valencia.
Co+2 Cl2−1 + K+1O-2H+1 + K+1Cl+5 O3−2 → Co2+3 + K+1Cl-1 +
Co+2 → Co+3 + 1e6e- + Cl+5 → Cl-1
H2
O
×6
× 1
6e- + 6Co+2 + Cl+5 → 6Co+3 + Cl- + 6e6CoCl 2 + 12 KOH + KClO 3 → 3 Co 2 O 3 + 13 KCl +
+6H 2
O
4. Por acción de la potasa caústica, KOH, sobre el fósforo, P 4 , se forma
hipofosfito potásico, KPO 2 H 2 , y fosfamina, PH 3 . Escribir e igualar por el
método del número de valencia la correspondiente ecuación.
P40 + K+1O-2H+1 + H 2 O → K+1P+1 O2−2 H 2+1
+ P-3 H 3+1
P 4 → 4P+1 + 4e- × 3
12e- + P 4 → 4 P-3 × 1
12e- + 3 P 4 + P 4 → 12 P+1 + 4 P+3 + 12 e5. Igualar por el método del número de valencia las ecuaciones
correspondientes a la reacción del Zinc, del aluminio y del Silicio con la
sosa cáustica, en las que se obtiene hidrógeno y cincato, aluminato y
silicatossódicos., Na 2 ZnO 2 , Na 2 SiO 3 .
Zn0 + 2 Na+10-2H+1 → Na2+1Zn +2O2−2 + H 20
Zn0 → Zn0+2 + 2e −
2e- + 2H+1 → H 20
2e- + Zn0 + 2 H+ → Zn+2 + H 2 + 2e2 Al0 + 2 Na+1O-2H+1 + 2 H 2 O → 2 Na+1Al+3 O2−2 + 3H 20
Al0 → Al+3 + 3e- × 2
2e- + 2H+ → H 2
×3
2Al0 + 6e- + 6H+ → 2Al+3 + 6e- + 3H 2
Si0 + 2 Na+1O-2H+1 + H 2 O → Na2+1Si +4O3−2 + 2H 20
Si0 → Si+4 + 4e- × 1
2e- + 2H+ → H 20
× 2
Si0 + 4e- + 4H → Si+4 + 4e- + 2 H 2 O
6. El ácido nítrico concentrado oxida el iodo a ácido iódico HIO 3 , y se
reduce a dióxido de nitrógeno, NO 2 . Escribir e igualar por el método del
número de valencia la ecuación correspondiente.
I 20 + H +1 N +5O3−2 → H +1I +5O3−2 + N +4O2−2 + H 2O
I 20 → 2 I + 5 + 10e − × 1
1e − + N + 5 → N + 4 × 10
I 2 + 10e − + 10 N + 5 → 2 I + 4 + 10 N + 4 + 10e −
I 2 + 10 HNO3 → 2 HIO3 + 10 NO2 + 4 H 2O
7. Escribir e igualar por el método del número de valencia la obtención de
iodo a partir de ioduro potásico mediante el permanganato de potásico,
KMnO 4 , en presencia de ácido sulfúrico.
K + I −1 + K +1Mn +7O4−2 + H 2+1S +6O4−2 → K 2+1S +6O4−2 + Mn +2 S +6O4−2 + I 20 + H 2O
2 I − 2 → I 20 + 2e − × 5
5e − + Mn + 7 → Mn + 2 × 2
−
10 I + 10e + 2 Mn
+7
−
→ SI + 10e + 2 Mn
0
2
+2
10 KI + 2 KMnO4 + 8 H 2 SO4 → 6 K 2 SO4 + 2 MnSO4 + 5 I 2 + 8 H 2 0
8. El ácido nítrico muy diluido al actuar sobre el cinc o sobre el hierro
forma nitrato de cinc o nitrato férrico y se reduce a amoníaco, que con
el ácido forma nitrato amónico. Escribir las ecuaciones correspondientes
a estos procesos e igualarlas por el método del número en valencia.
Zn 0 + H +1 N +5O3
−2
→ Zn +2 ( N +5O3−2 ) 2 + N +3 H 4+1 N +5O3−2 + H 2O
Zn 0 → Zn + 2 + 2e − × 4
8e − + N + 5 → N − 3
4 Zn 0 + 8e − + N + 5 → 4 Zn + 2 + 8e − + N − 3
4 Zn 0 + 10 HNO3 → 4 Zn( NO 3 ) 2 + 3NH 4 NO3 + 3H 2O
Fe0 + H +1 N + 5O3− 2 → Fe + 3 ( N + 5O3− 2 )3 + N − 3 H 4+1 N + 5O3− 2 + H 2O
Fe0 → Fe + 3 + 3e − × 8
8e − + N + 5 → N − 3 × 3
3 × 8e − + 8 Fe0 + 3N + 5 → 8 Fe + 3 + 24e − + 3N − 3
8 Fe0 + 30 HNO3 → 8 Fe( NO3 )3 + 3NH 4 NO3 + 9 H 2O
9. El alcohol etílico, CH 3 CH 2 OH, se oxida con acetaldehido, CH 3 CHO,
mediante el dicromato potásico en medio sulfúrico. Escribir la ecuación
correspondiente, igualada por el método del número de valencia. (El
número de valencia de un átomo de carbono se calcula considerando
unicamente los enlaces a átomos distintos. Los enlaces a átomos de
hidrógeno dan lugar a números de valencia negativos y los enlaces de
átomos de oxígeno o de halógenos, a números de valencia positiva).
CH 3CH 2OH + K 2+1Cr2+6O7−2 + H 2+1S +6O4−2 → CH 3CHO + K 2+1S +6O4−2 + Cr2+3 ( S +6O4−2 )3
3e − + Cr + 6 → Cr + 3 × 2
C2 H 5OH → CH 3CHO + 2 H + 2e − × 3
6e − + 2Cr + 6 + 3C2 H 5OH → 2Cr + 3 + 3CH 3CHO + 6 H + + 6e −
3CH 3CH 2OH + K 2Cr2O7 + 4 H 2 SO4 → 3CH 3CHO + K 2 SO4 + Cr2 ( SO4 )3 + 6 H 2O
10. En presencia de ácido sulfúrico el permanganato potásico oxida al ácido
oxálico, H 2 C 2 O 4 , a dióxido de carbono. Escribir e igualar por el método
del número de valencia la ecuación correspondiente.
H 2+1C2+3O4−2 + K +1Mn +7O4−2 + H 2+1S +6O4+2 → K 2+1S +6O4−2 + Mn +2 S +6O4−2 + C +4O2−2 + H 2O
5e − + Mn + 7 → Mn + 2 × 2
C2O42 → 2CO2 + 2e − × 5
10e − + 2 Mn + 7 + 5C2O4 → 2 Mn + 2 + 10CO2 + 10e −
5 H 2C2O4 + 2 KMnO4 + 3H 2 SO4 → K 2 SO4 + 2 Mn( SO4 ) + 10CO2 + 8 H 2O
11. Igualar por el método del ión - electrón la ecuación del ejercicio 2 y la
correspondiente a la acción del cloro en caliente sobre un álcali, en la que
se forma el cloruro y clorato.
2e − + H + + ClO − → Cl − + OH − × 2
2OH − + ClO − → ClO3− + 2 H + + 4e − × 1
4e − + 2 H + + 2ClO − + 2OH − + ClO − → 2Cl − + 2OH − + ClO3− + 2 H + + 4e −
3ClO − → 2Cl − + ClO3−
2e − + Cl2 → 2Cl − × 5
6OH − + Cl2 → 2ClO3− + 6 H + + 10e − × 1
10e − + 5Cl2 + 6OH − + Cl2 → 10Cl − + 2ClO3− + 6 H + + 10e −
6Cl2 + 6OH − → 10Cl − + 2ClO3− + 6 H +
30 H − + 3Cl2 + 3OH − → 5Cl − + ClO3− + 3H +
3Cl2 + 6OH − → 5Cl − + ClO3− + 3H 2O
12. Igualar por el método del ión - electrón la formación de bromo a partir
de un bromuro mediante el dicromato potásico en medio ácido.
Br − + Cr2O7= + H + → Cr +3 + Br2 + H 2O
2 Br − → Br2 + 2e − × 3
6e − + 14 H + + Cr2O7= → 2Cr + 3 + 7 H 2O × 1
6 Br − + 6e − + 14 H + + Cr2O7= → 3Br2 + 6e − + 2Cr + 3 + 7 H 2O
13. Igualar por el método del ión - electrón la oxidación de un nitrito a
nitrato, mediante el permanganato potásico en medio ácido. Escribir la
ecuación molecular correspondiente, suponiendo se oxida el nitrito
potásico en un exceso de ácido sulfúrico.
KNO2 + KMnO4 + H 2 SO4 → KNO3 + MnSO4 + K 2 SO4 + H 2O
5e − + 8 H + + MnO4− → Mn + 2 + 4 H 2O × 2
H 2 O + NO2− → NO3− + 2 H + + 2e − × 5
10e − + 16 H + + 2 MnO4− + 5 H 2O + 5 NO2− → 2 Mn + 2 + 3H 2O + 5 NO3 + 10 H + + 10e −
5 KNO2 + 2 KMnO4 + 3H 2 SO4 → 5 KNO3 + 2 MnSO4 + K 2 SO4 + 3H 2O
14. En medio fuertemente ácido el bismutato potásico, KBiO 3 oxida una sal
manganosa a permanganato. El bismutato se reduce a ión Bi+++ . Escribir e
igualar por el método del ión - electrón la ecuación iónica
correspondiente, y a partir de esta, la ecuación molecular suponiendo se
oxida nitrato manganoso en presencia de ácido nítrico.
KBiO3 + Mn( NO3 ) 2 + HNO3 → Bi ( NO3 )3 + KMnO4 + KNO3 + H 2O
2e − + 6 H + + BiO3− → Bi + 3 + 3H 2O × 5
4 H 2O + Mn + 2 → MnO4− + 8 H + + 5e − × 2
10e − + 30 H + + 5BiO3− + 8H 2O + 2Mn + 2 → 5Bi + 3 + 7 H 2O + 2MnO4− + 16 H + + 10e −
5 KBiO3 + 2 Mn( NO3 ) 2 + 14 HNO3 → 5 Bi ( NO3 )3 + 2 KMnO4 + 3KNO3 + 7 H 2O
15. El tiosulfato sódico, Na 2 S 2 O 3 , es oxidado por el iodo a tetrationato
sódico Na 2 S 4 O 6 , mientras que el iodo se reduce a ioduro. Escribir e
igualar por el método del ión - electrón la ecuación correspondiente.
(Esta reacción tiene una gran importancia en el análisis volumétrico).
I 2 + 2 S 2O3= → 2 I − + S 4O6=
2e − + I 20 → 2 I −
2 S 2 O3= → S 4O6= + 2e −
2e − + I 20 + 2 S 2O3= → 2 I − + S 4O6= + 2e −
16. En medio prácticamente neutro (en presencia de bicarbonato), el, iodo
oxida el arsenito a arseniato, mientras que en medio fuertemente ácido
esté se reduce a arsenito mediante el ácido iohídrico. Escribir e igualar
por el método del ión - electrón ambas ecuaciones.
AsO4≡ + 2 I − + 4 H + → AsO2− + I 20 + 2 H 2O
−
2 I → I + 2e
0
2
Solución :
−
2e − + 4 H + + AsO4≡ → I 2 + AsO2− + 2 H 2O
2e − + 4 H + + 2 I − + AsO4≡ → I 2 + AsO2− + 2 H 2O + 2e −
Re sp.
AsO2− + I 2 + 4 HCO3− → AsO4≡ + 2 I − + 4CO2 + 2 H 2O
Solución :
2 H 2O + AsO2− → AsO4≡ + 4 H + + 2e −
2e − + I 2 → 2 I −
4 HCO3− → 4CO2 + 4OH −
−
4 HCO3− + 2 H 2O + AsO2− + 2e − + I 2 → 4CO2 + 4
4
OH
H+ + 2 I − + AsO4≡ + 2e −

+
4 H 2O
17. En medio ácido el persulfato potásico, K 2 S 2 O 8 , oxida el ión crómico a
cromato y el ión permanganoso a permanganato. Escribir e igualar por el
método del ión electrón la oxidación del sulfato crómico y del sulfato
manganoso mediante el persulfato potásico en exceso de ácido sulfúrico,
a partir de ellas, las ecuaciones moleculares correspondientes.
Cr +3 + S 2 0 8= + H 2 O → CrO 4= + SO 4= + H
4 H 2 O + Cr + 3 → CrO 4= + 8 H
+
+
+ 3e − × 2
2e − + S 2 O 8= → 2 SO 4= × 3
8 H 2 O + 2Cr + 3 + 6e − + 3S 2 O 8= → 2CrO 4= + 16 H
+
+ 6e − + 6 SO 4=
Cr ( SO 4 ) 3 + 3K 2 S 2 O 6 + 8 H 2 O → 2 H 2 CrO 4 + 3K 2 SO 4 + 6 H 2 SO 4
Mn + 2 + S 2 O 8= + H 2 O → MnO 4− + SO 4= + H
4 H 2 O + Mn + 2 → MnO 4− + 8 H
+
+
+ 5e − × 2
2e − + S 2 O 8 → 2 SO 4= × 5
8 H 2 O + 2 Mn + 2 + 10e − + 5S 2 O 8= → 2 MnO 4− + 16 H
+
+ 10e − + 10 SO 4=
2 MnSO 4 + 5 K 2 S 2 O 8 + 8 H 2 O → 2 HMnO 4 + 5 K 2 SO 4 + 7 H 2 SO 4
18. En medio ácido y en presencia de reductores fuertes, los nitritos actúan
como oxidantes y se reducen a óxido nítrico. Escribir las ecuaciones
iónicas de oxidación de los ácidos iohídrico y sulfhídrico por el nitrito
potásico en ácido clorhídrico, y a partir de ellas las correspondientes
ecuaciones moleculares.
NO2− + I − + H + → NO + I 2 + H 2O
1e − + 2 H + + NO2− → NO + H 2O × 2
2 I − → I 2 + 2e − × 1
2e − + 4 H + + 2 NO2− + 2 I − → 2 NO + 2 H 2O + I 2 + 2e −
2 KNO2 + 2 HI 2 + 2 HCl → 2 NO + I 2 + 2 KCl + 2 H 2O
NO2− + S = + H + → NO + S + H 2O
1e − + 2 H + + NO2− → NO + H 2O × 2
S = → S 0 + 2e − × 1
2e − + 4 H + + 2 NO2− + S = → 2 NO + S 0 + 2 H 2O + 2e −
2 KNO2 + H 2 S + 2 HCl → 2 NO + S + 2 KCl + 2 H 2O
19. El sulfato cérico, Ce(SO 4 ) 2 , en medio ácido es un oxidante energético,
que al actuar se reduce a sulfato ceroso, Ce 2 (SO 4 ) 3 . Escribir e igualar
por el método del ión - electrón la ecuación de oxidación mediante el
sulfato cérico, y a partir de las mismas las ecuaciones moleculares
correspondientes.
Ce +4 + H 2O2 → Ce +3 + H + + O2
1e − + Ce + 4 → Ce + 3 × 2
H 2O2 → O2 + 2 H + + 2e − × 1
2e − + 2Ce + 4 + H 2O2 → 2Ce + 3 + O2 + 2 H + + 2e −
2Ce( SO4 ) 2 + H 2O2 → Ce2 ( SO4 )3 + H 2 SO4 + O2
Ce + 4 + H 2C2O4 → Ce + 3 + H + + CO2
1e − + Ce + 4 → Ce + 3 × 2
C2O4= → 2CO2 + 2e − × 1
2e − + 2Ce + 4 + C2O4= → 2Ce + 3 + 2CO2 + 2e −
2Ce( SO4 ) 2 + H 2C2O4 → Ce2 ( SO4 )3 + H 2 SO4 + 2CO2
DISOLUCIONES: DENSIDAD Y CONCENTRACION
1. Calcular la cantidad de sosa caústica y de agua que se necesitan para
preparar 5 litros de una disolución al 20 %, cuya densidad es 1,219 g/cc.
Cuál es la normalidad de esta disolución?
5ltosdisol ×
1000cc.disol
1,219gr.disol
20gr.NaOH
×
×
= 1219grNaOH
1lto.disol
cc, disol
100gr.disol
5ltos.disol ×
1000ltos.disol
1,219gr.disol
809gr.H 2O
×
×
= 4876grH 2O
1lto.disol
cc.disol
100gr.disol
20gr.NaOH
1,219gr.disol
1000cc.disol
1eq.gr.NaOH
×
×
×
= 6,095N
100gr.disol
cc.disol
1lto.disol
40gr.NaOH
2. Se disuelve una cierta cantidad de cloruro magnésico hidratado, MgCl 2 .
6H 2 O, en un peso igual de agua. Calcular la concentración de la disolución
en tanto por ciento de sal anhidra.
MgCl2 • 6 H 2O = 20,3gr / mol
MgCl2
= 95,3gr / mol
masa total de la disolución : 406,6 gr.disol
95,3gr.MgCl2
× 100 = 23,43%
406,6gr.disol
3. Una disolución de carbonato sódico de densidad 1,105 g/cc contiene
10,22 % de carbonato anhidro. Calcular el volumen de la misma que podrá
dar lugar por evaporación a 100 gramos del carbonato hidratado,
Na 2 CO 3 . 10H 2 O.
100gr.Na2CO3 • 10H 2O ×
106gr.Na2CO3
100gr.disol
cc.disol
×
×
=
286gr.Na2CO3 • 10H 2O
10,22gr.Na2CO3 1,105gr.disol
= 328,19cc.disol
4. Calcular el peso de sulfato magnésico heptahidratado, MgSO 4 . 7H 2 O,
que debe añadirse a 1000 gramos de agua para obtener una disolución al
15 % en sulfato anhidro.
1)
1000 + m2 = m3
2)
1000 • 0 + m2
1)en2)
120,3
= m30,48
246,3
m20,488 = (1000 + m2)0,15
despejando
m2 = 150 / 0,338 = 443,78gr.MgSO47H 2O
5. Calcular las cantidades de carbonato sódico hidratado, Na 2 CO 3 . 10H 2 O y
de agua que se necesitan para preparar 12 litros de disolución al 13,9 %
de carbonato anhidro, y de densidad igual a 1,145 g/cc. ¿Cuál es la
normalidad de esta disolución?
m1 + m 2 = m 3
m1c1 + m 2c2 = m3c3
1)m1 + m 2 = m3 = 12000cc.disol × 1,145
gr.disol
= 1347gr.disol
cc.disol
106gr.Na2CO 3
= 13740 × 0,139
286gr.Na2CO 3 • 10H 2O
despejando : m 2 = masaNa2CO 3 • 10H 2O = 51,53gr
m1 = masaH 2O = 85,87gr
2)m10 + m 2
normalidad :
1eq.gr.Na2CO 3
13,5grNa2CO 3
1,145gr.disol
1000cc.disol
×
×
×
= 3,003N
cc.disol
100gr.disol
1lto.disol
53gr.Na2CO 3
6. Calcular el volumen de disolución al 12 % en peso de CuSO 4 que podrá
prepararse con 1 Kg de sulfato cúprico cristalizado, CuSO 4 . 5H 2 O. La
densidad de la disolución es 1,131 g/cm3.
CuSO4 • 5H O = 250gr / mol
CuSO4 = 160gr / mol
160grCuSO4
100gr.disol
cc.disol
×
×
1000grCuSO4 • 5H 2O ×
250grCuSO 4
12grCuSO4
1,131gr.disol
= 4,715 × 103 =
= 4,715ltos.disol
7. Se tiene un ácido sulfúrico concentrado de densidad 1,827 g/cc y 92,77
% en peso de H 2 SO 4 . Calcular como hay que diluir este ácido, en volumen
y en peso para obtener un ácido sulfúrico que contenga 1 g de H 2 SO 4 por
1 cc de disolución. El ácido resultante tiene una densidad de 1,549 g/cc.
concentración final del ácido :
1gr.H 2SO4
1cc.disol
= 0,64557 = 64,57%
×
1,549gr.disol
1cc.disol
1)m1 + m2 = m3
para 1000 gr. de ácido: 2)m1c1 + m2c2 = m3c3
1)1000 + m2 = m3
2)1000 × 0,3277 + m2O = m30,64557
927,7 = (1000 + m2)0,64557
despejando : m2 = 437,02gr.deH 2O
1)en2)
En volumen : para 1 lto. de ácido:
92,77gr.H 2SO4
1000cc.disol
1,827gr.disol
100gr.disol
×
×
×
×
1lto.disol
cc.disol
100gr.disol
64,557gr.H 2SO4
cc.disol
1lto.disol
×
×
= 1,6949ltos.disol
1,549gr.disol
1000cc.disol
1to.disol ×
8. Un ácido sulfúrico de 50 °Bé contiene 62,18 % de H 2 SO 4 . Hallar la
normalidad de este ácido.
Ecuación para líquidos más densos que el H2O: ϕ =
145
145 − η
η = ° Bé
145
= 1526gr / cc
145 − 50
62,18gr.H 2SO4
1eq.gr.H 2SO4
1,526gr.disol
1000cc.diso
×
×
×
l = 19,36N
100gr.disol
49gr.H 2SO4
1lto.disol
cc.disol
ϕ =
9. Hallar la normalidad y la modalidad de una disolución de amoníaco de 20
°Bé´, que contiene 17,19 % en peso NH 3 .
Ecuación para líquidos menos densos que el H2O: ϕ =
140
130 + η
ϕ =
140
= 0,93gr / cc
130 + 20
17,19gr.NH 3
1eq.gr.NH 3
0,933gr.disol
1000cc.disol
×
×
×
= 9,434N
100gr.disol
17gr.NH 3
cc.disol
lto.disol
17,19gr.NH 3
1mol.NH 3
1000gr.H 2O
×
×
= 12,21molal
(100gr.disol − 17,9gr.H 2O
17gr.NH 3
1Kg.H 2O
10. Se disuelven en 600 gramos de agua 200 litros de cloruro de hidrógeno
medidos a 15 °C y 768 mm. La disolución que resulta es de 21,1 °Bé.
Calcular la concentración de este ácido en gramos de HCl por ciento y su
molaridad.
P=
145
= 1,17 gr / cc
145 − 21,1
m HCl =
%HCl =
Ecuación de estado : PV =
m
RT
M
768mm × 200ltos × 36,5gr / mol
= 311,565gr.HCl
mm × lto
62,4
× 288°K
°K × mol
311,565gr.HCl
× 100 = 34,208%
911,565gr.disol
1000cc.disol
1,17gr.disol
1mol.HCl
34,21gr.disol
= 10,96M
×
×
×
1lto.disol
1cc.disol
100gr.disol
36,5gr.HCl
11. Se mezcla un litro de ácido nítrico de densidad 1,38 g/cc y 62,70 % con
un litro de ácido nítrico de densidad 1,13 g/cc y 22,38 %. Hallar: a) la
concentración del ácido resultante en tanto por ciento: b) el volumen de
ácido que se forma; y c) su molaridad. La densidad del ácido formado es
igual a 1,276 g/cc.
a)m1 + m 2 = m 3
1000cc
1,38gr
1lto ×
×
1lto
cc
1380 + 1130 = m 3 = 2510gr.
+ 1lto ×
m1c1 + m 2c2 = m3c3
1380 • 0,627 + 1130 • 0,2238 = 2510c3
despejando :
c3 = 44,54%
1000cc
1,13g
×
= m3
1lto
cc
b)2510gr.disol ×
c)
1cc.disol
1lto.disol
×
= 1967ltos.disol
1,276gr.disol 1000cc.disol
44,54gr.HNO3
HNO3
1,276gr.disol 1000cc.disol
×
×
×
= 9,02M
100gr.disol
cc.disol
lto.disol
63gr.HNO3
12. Que cantidad de agua hay que evaporar de una tonelada de ácido
sulfúrico de densidad 1,26 g/cc y 35,03 %para obtener un ácido de
densidad 1,49 g/cc y 59,24 %. Realizar el cálculo: a) Correctamente a
partir de los %; b), incorrectamente, a partir de las densidades, al
suponer que los volúmenes son aditivos; c) , determinar las normalidades
de los dos ácidos.
a)m1 − m 2 = m3
m1c1 − m 2c2 = m3c3
(1)1000Kg − m 2 = m3
(2)1000 • 0,3503 − m 2 • 0 = m30,5924
(1)en(2) 350,3 = 592,4 − 0,5924m 2
despejando : m 2 = 408,67KgH 2O
b)V1 − V2 = V3
1cc
106gr ×
− V2 = V3
1,26gr
7,9365 × 105cc − V2 = V3
35,03gr.H 2SO4
1eq.gr.H 2SO4
12,6gr.disol
1000cc.disol
×
= 9,01N
×
×
cc.disol
lto.disol
49gr.H 2SO4
100gr.disol
59,24gr.H 2SO4
1eq.gr.H 2SO4
1,49gr.disol
1000cc.disol
×
×
×
= 18N
cc.disol
1lto.disol
49gr.H 2SO4
100gr.disol
c)
13. Calcular la cantidad de ácido sulfúrico concentrado de 96,2 % de H 2 SO 4
que debe agregarse a 100 Kg de un oleum de un 12 % de SO 3 para
obtener un ácido sulfúrico puro, de un 100 % de H 2 SO 4 .
(1)m1 + m2 = m3
m1 + 100 = m3
(2)m1c1 + m2 c2 = m3c3
m1 0,962 + 100c2 = m3
SO3 + H 2O → H 2SO4
80gr. • 18gr. → 98gr
Cálculo de C 2 =
C 2 = 0,98 +
12KgSO3
98KgH 2SO4
×
= 1,027
100Kg.disol
80KgSO3
(1)en(2)
m10,962 + 100 • 1,027 = m1 + 100
despejandoM 1 = m1 = 71,05Kg
14. Un oleum de un 25,4 % en SO 3 se ha de diluir en ácido sulfúrico de 97,6
% en H 2 SO 4 para obtener un oleum de 20 % en SO 3 . Calcular la
cantidad de ácido sulfúrico que debe agregarse por cada 100Kg del
oleum original.
(1)m1 + m2 = m3
100Kg + m2 = m3
Cálculo de c 2 = 0,976 +
(2)m1c1 + m2c2 = m3c3
100 • 0,746 + m2c2 = m30,8
2,4KgH 2O
98Kg.H 2O
×
= 1,106
100Kg.disol
18Kg.H 2O
(1) en (2)
74,6 + m 21,106 = (100 + m 2)0,8 = 80 + 0,8m 2
5,4
despejandoM 2 =
= 17,64Kg
0,306
15. Se diluye a un volumen cinco veces mayor un ácido sulfúrico concentrado
de densidad 1,805 g/cc que contiene 88,43 % en peso de H 2 SO 4 .
Calcular el volumen del ácido diluído que se necesita para preparar 5
litros de ácido sulfúrico normal.
V 2 = 5V 1
5ltos.disol ×
1eq.gr.H 2SO4
49gr.H 2SO4
100g.disol
1cc.disol
×
×
×
=
1lto.disol
1eq.gr.H 2SO4
88,43gr.H 2SO4
1,805gr.disol
= 153,493cc.disol
16. Una disolución de potasa caústica de densidad 1,415 g/cc es de 41,71 %.
Calcular el volumen de disolución que contiene 10 moles de KOH.
10molesKOH ×
56,108grKOH
100gr.disol
1cc.disol
×
×
= 950,66cc.disol
1molKOH
41,71gr.KOH
1,415gr.disol
17. Se han de preparar 2 litros de disolución 2 normal en HCl y en NaCl a
partir de ácido clorhídrico de densidad 1,165 g/cc y 33,16 % HCl, y de
una disolución de sosa caústica de densidad 1,38 g/cc y de 35,01 %
NaOH. Calcular los volúmenes que se necesitan de estas dos
disoluciones.
Vde HCl:
2ltos.disol ×
V de NaOH :
2ltos.disol ×
×
4eq − gr.HCl
36,5gr, HCl
100gr.disol
1cc.disol
×
×
×
=
1lto.disol
2eq − gr.HCl
33,16gr.HCl
1,65gr.disol
= 755,86ccHCl
2eq − gr.NaOH
40gr.NaOH
100gr.disol
×
×
1lto.disol
1eq − gr.NaOH
33,01gr.NaOH
1cc.disol
= 331,16cc.disol
1,38gr.disol
18. Se tiene una disolución de dicromato potásico al 1 %, cuya densidad
relativa es prácticamente la unidad. Calcular el volumen de esta
disolución que se necesita para preparar 250 cc de disolución 0,1 normal
de dicromato al actuar como oxidante.
6e − + 14H + + Cr2O 7−2 → 2Cr +3 + 7H 2O
0,1eq − gr.K 2Cr2O 7
294gr.K 2Cr2O 7
1lto.disol
250cc.disol ×
×
×
1000cc.disol
1eq − gr.disol
1eq − gr.K 2Cr2O 7
100gr.disol
1cc.disol
×
×
= 122,58.disol
1gr.K 2Cr2O 7
1gr.disol
19. Calcular el peso de anhídrido arsenioso que se necesita para preparar 1
litro de disolución de arsenito 0,1 normal. (El anhídrido arsenioso se
disuelve con algo de sosa caústica).
0,1eqgr.Ar sen ito
95,955gr.Ar sen ito
×
×
1lto.disol
1eq − gr.Ar sen ito
197,82gr.As2O 3
×
= 4,945gr.As2O 3
2 × 191,91gr.Ar sen ito
1lto.disol ×
20. Se queman 80 litros de fosfamina medidos a 18 °C y 756 mm. El ácido
fosfórico formado se disuelve en agua y se forma 1 litro de disolución.
Calcular la normalidad de la disolución
ácida.
PV =
PH 3 + 2O 2 → H 3PO4
765mmHg × 80ltos × 34gr / mol
= 113,24grPH 3
mPH 3 =
mmHg × lto
× 291°K
62,4
°K × mol
m
RT
M
113,24gr.PH 3 ×
98gr.H 3PO4
= 326,391gr.H 3PO4
34grPH 3
326,391grH 3PO4
1eq − grH 3PO4
×
= 9,99N
1lto.disol
58 / 3gr.H 3PO4
21. Calcular el volumen de ácido sulfúrico de densidad 1,827 g/cc y 92,77 %
de H 2 SO 4 que se necesita para preparar 10 litros de ácido sulfúrico 3
normal.
10ltos.disol ×
×
3eq − grH 2 SO4
49 gr.H 2 SO4
100 gr.disol
×
×
×
1lto.disol
1eq − gr.H 2 SO4 92,77 gr.H 2 SO4
cc.disol
= 867,3cc.disol
1,827 gr.disol
22. Se tiene una disolución de sosa caústica 0,5 normal, factor 0,974. Hallar
el volumen de disolución de sosa caústica de densidad 1,22 g/cc y de
20,57 % de NaOH, que debe agregarse a un litro de aquella disolución
para que resulte exactamente 0,5 normal. Suponer que en la mezcla los
volúmenes son aditivos.
[NaOH ]
= 0,5 × 0,974, N = 0,457
(1)V1 + V2 = V3
(2)V1N 1 + V2N 2 = V3N 3
1lto + V2 = V3
1 × 0,487 + V2N 2 = V30,5
Cálculo de N 2 =
20,07 gr.NaOH 1eq − gr.NaOH 1,22 g .disol 103 ccdisol
= N 2 = 6,1213
×
×
×
1cc.disol
1lto.disol
40 gr.NaOH
100 gr.disol
(1)en(2) :
0487 + V2 6,121 = (1 + V2 )0,5
despejandoV2 =
0,013
= 2,313 × 10 − 3 ltos = 2,313cc
5,62
23. Calcular el volumen de disolución 2 normal de sulfato cúprico que se
necesita para preparar 10 gr de óxido cúprico previa precipitación del
cobre como carbonato y calcinación posterior de este a óxido.
CuSO4 + H 2CO3 → CuCO3 ↓ +H 2SO4
CuO = 80gr / mol
CuSO4 = 160gr / mol
CuO + CO2
160gr.CuSO4
1eq.grCuSO4
1lto.disol
103cc.disol
×
×
×
=
80gr.CuO
80gr.CuSO4
2eq − grCuSO4
lto.disol
V = 125cc.disol
10grCuO ×
24. Se tratan 250 g de cloruro sódico con ácido sulfúrico concentrado de
densidad 1,83 g/cc y 93,64 %. Si el ácido se agrega en un exceso del 20
% respecto a la formación de sulfato sódico neutro, calcular el volumen
de ácido sulfúrico utilizado.
2NaCl + H 2SO4 → Na2SO4 + 2HCl
117gr
98gr
142gr
73gr
250gr.NaCl ×
98gr.H 2SO4
× 1,2 = 251,282gr.H 2SO4
117grNaCl
251,282gr.H 2SO4 ×
100gr.disol
1cc.disol
×
= 146,64cc.disol
93,64gr.H 2SO4
1,93gr.disol
25. En el problema anterior, el cloruro de hidrógeno desprendido se absorbe
en agua y se obtienen 500 cc de un ácido de densidad 1,137 g/cc.
Calcular la normalidad de este ácido y su concentración en tanto por
ciento.
250gr.NaCl ×
73gr.HCl
= 155,983grHCl
117gr.NaCl
155,983gr.HCl
1eq − grHCl
1000c.disol
×
×
= 8,54N
500cc.disol
36,5gr.HCl
1lto.disol
155,983gr.HCl
1cc.disol
×
× 100 = 27,43%
500cc.disol
1,137gr.disol
26. Calcular el volumen de ácido clorhídrico 3 normal que se necesita para
disolver 12 gramos de un carbonato cálcico de 93,2 % de pureza.
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H 2CO3
100gr. 73gr.
93,2gr.CaCO3
73gr.HCl
1eq − grHCl
×
×
×
100gr.disol
100gr.CaCO3
36,5gr.HCl
1lto.disol
1000cc.disol
×
×
= 74,56cc.disol
3eq − grHCl
1lto.disol
12gr.disol ×
27. A partir de 100 cc de un ácido sulfúrico, por precipitación con cloruro
bárico, se obtienen 11,75 g de sulfato bárico. Hallar la normalidad del
ácido sulfúrico.
H 2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ +2HCl
98
208
233
117,5gr.BaSO4
98grH 2SO4
1eq.grH 2SO4
1000cc.disol
×
×
×
= 1,008N
100cc.disol
238gr.BaSO4
49grH 2SO4
lto.disol
28. Calcular el volumen de ácido clorhídrico concentrado de densidad 1,18
g/cc y 36,23 % de HCl que ha de reaccionar sobre un exceso de dióxido
de manganeso para producir el cloro necesario que al actuar sobre
disolución de sosa caústica origine 5 litros de disolución normal de
hipoclorito sódico.
4HCl + MnO 2 → Cl2 + MnCl2 + 2N 2O
+ 2NaOH
↓
2NaClO + H 2
1eq − grNaClO
74,5gr.NaClO
4 × 36,5gr.HCl
×
×
×
1lto.disol
1eq − grNaClO
149gr.NaClO
100gr.disol
1cc.disol
×
×
= 853,77cc.disol
36,23gr.HCl
1,18gr.disol
5ltos.disol ×
29. Hallar el volumen de ácido nítrico concentrado (d = 1, 4 g/cc; 66,97 %)
que debe añadirse a un litro de ácido clorhídrico concentrado ( d = 1, 198
g/cc; 48,0 %) para obtener agua regia (3HCl:1HNO 3 ).
63gr.HNO 3
1000cc.disol
1,198gr.disol
40gr.disol
×
×
×
1lto.disol
cc.disol
100gr.disol
109,5grHCl
cc.disol
100gr.disol
×
= 294,06cc.disol
66,97gr.HNO 3
1,4gr.disol
1lto.disol ×
30. Hallar la concentración de una disolución de hidróxido potásico de
densidad 1,24 g/cc, si al diluirla a un volumen diez veces mayor, 20 cc de
la disolución diluída gastan 21,85 cc de ácido 0,5 normal, factor 1,025.
V2 = 10V1
factor = 0,1
V1N 1 = V2N 2
20ccN 1 = 21,85cc × 0,5 × 1,025
N 1 = 0,559
N 1 = 5,59
Concentración =
5,599eq − grKOH
1lto.disol
1cc.disol
×
×
×
lto.disol
1000cc.disol
1,24gr.diso
56grKOH
×
1eq − gr.KOH
× 100 = 25,28%
31. Calcular la concentración de un ácido sulfúrico de densidad 1,725 g/cc a
partir de los datos siguientes:10cc del ácido se diluyen a 250 cc, y 10 cc
de este ácido diluído al valorarlo con un alcalí 0,5 normal, factor 1,034
gastan 21,7 cc de éste.
H 2 SO4
10cc → 250cc
↓
(25veces) factordilución = 0,04
10ccN1 = 21,7cc × 0,5 × 1,034
dondeN1 = 28,04723
28,04725eq − grH 2 SO4 49 gr.H 2 SO4
1lto.disol
1cc.disol
×
×
×
× 100 = 79,74%
lto.disol
1eq.grH 2 SO4 1000cc.disol 1,725 gr.disol
32. ¿Cuál es la concentración de un amoníaco, de densidad 0,907 g/cc,
sabiendo que al diluir 25 cc a 500 cc, 25 cc de está disolución diluída
gastan 17,25 cc de un ácido normal factor 0,965?
25 cc a 500 cc
25ccN 1 = 17,25ccN 2
N 2 = 0,965
N 1 = 13,317
fact. de dil. = 0,5
13,317eq − grNH 3
17grNH 3
lto.disol
1cc.disol
×
×
×
× 100 = 24,96%
3
lto.disol
1eq − grNH 3
0,907gr
10 cc.disol
33. Un ácido acético diluído, de densidad prácticamente la unidad, se valora
con sosa caústica 0,2 normal, factor 1,028, 20cc del ácido consumen 16,2
cc del alcalí. Hallar la concentración del ácido acético.
N 2 = 0,2 × 1,028
20ccN 1 = 16,2ccN 2
N 1 = 0,1665
eq − grCH 3COOH
60gr.CH 3COOH
1lto.disol
1cc.disol
×
×
×
× 100
0,1665
lto.disol
1eq − gr.CH 3COOH
1000cc.disol
1gr.disol
= 0,999%
34. Una disolución saturada de hidróxido bárico a 20 °C tiene una densidad
de 1,041 g/cc. Hallar su solubilidad calculada en gramos del hidrato,
Ba(OH) 2 . 8H 2 O, por litro y por 100 gramos de disolución si 10cc de la
disolución saturada se neutralizan con 9,5 cc de ácido 0,5 normal, factor
0,960.
N 2 = 0,5 × 0,56
10ccN 1 = 9,5ccN 2
N 1 = 0,456
Ba(OH)2 • 8H 2O
pesomolecular = 315,504gr / mol
0,456
0,456
eq − grBa(OH)28H 2O
gr
315,504 / 2gr
×
= 71,93
lto.disol
lto.disol
1eq − grBa(OH)28H 2O
eq − grBa(OH)28H 2O
lto.disol
315,504 / 2gr
1cc.disol
×
×
×
3
lto.disol
1eq − gr
1,401gr.disol
10 cc.disol
= 0,0691
35. Calcular el volumen de alcalí normal que se necesita para neutralizar 1 g
exacto de: a), H 2 SO 4 ; b) Oleum de 50 % de SO 3 ; y c) , de SO 3 puro.
80grNaOH
1eq − grNaOH
1lto.disol
×
×
×
98gr.H 2SO4
40gr.NaOH
1eq − grNaOH
1000cc.disol
×
= 20,408cc.disol
1lto.disol
a)1gr.H 2SO4 ×
b)0,5grH 2SO4 ×
80gr.NaOH
1eq − grNaOH
1000cc.disol
×
×
= 10,204
98gr.H 2SO4
40gr.NaOH
1eq − grNaOH
98grH 2SO4
80grNaOH
1eq − grNaOH
1000cc.disol
×
×
×
= 12,5
80gr.SO3
98grH 2SO4
40gr.NaOH
1eq − gr.NaOH
total : 22,7cc.disol
0,5grSO3 ×
DISOLUCIONES: PROPIEDADES COLIGATIVAS Y PESOS
MOLECULARES
DE SOLUTOS
1. A temperatura muy próxima a 26 °C la presión de vapor de agua
resulta ser de 25,21 mm. Calcular la presión de vapor a la misma
temperatura de una solución 2,32 molal de un compuesto no
electrolito no volátil, suponiendo comportamiento ideal.
m = 2,32molal =
2,32moles.soluto
Kg.disolvente
1Kg.disolvente = 1000gr.disolvente ×
1mol
= 55,5moles(H 2O)
18gr
25,21 − P
Po − P
= Xs =
25,21
Po
2,32moles.soluto
= 0,04
Xs =
(2,32 + 55,55)moles.totales
25,221 − P
= 0,04
25,21
despejando : P = 24,201mmHg
2. A unos 50 °C la presión de vapor del benceno resulta ser de 269,3 mm.
Hallar a la misma temperatura la presión de vapor de una disolución que
contiene 1,26 g de naftaleno, C 10 H 8 en 25,07 g de benceno.
P = Xd • Pv
Pv = 269,3mmHg
1molC6H 6
25,07grC6H 6 ×
78gr.C6H 6
× 269,3
P =
1molC10H 8
1,26grC10H 8 ×
128gr.C10H 8
× 269,3
P =
P = 261,29mmHg
3. Al disolver 13,2 gramos de urea en 60,8 g de agua la presión de vapor a
28 °C desciende de 28,55 mm a 26,62 mm . Hallar el peso molecular de la
urea.
urea = NH 2 − C − NH 2
M = ?
Po − P
= Xs
Po
13,2gr
28,35 − 26,62
M
= Xs =
= 0,061
13,2
60,8
28,35
+
M
18
13,2
= 0,061
13,2 + 3,377M
M = 60,15gr / mol
4. A 80,2 °C, punto de ebullición del benceno, la presión de vapor de una
disolución formada por 3,54 g de dinitrobenceno y 42,61 g de benceno es
de 731,8 mm. Calcular el peso molecular del dinitrobenceno.
Pv = 731,8mmHg(P)
Pv = 760mmHg(Po)
M = ?
3,54
760 − 731,8
M
=
= 0,0371
3
,
54
42,61
760
+
M
78
3,54
= 0,0371
3,54 + 0,546M
M = 168,2gr / mol
5. En las inmediaciones de 10 °C la presión de vapor del éter, C 4 H 10 O, es de
290,6 mm. y la de una disolución obtenida al disolver 5,01 g de ácido
esteárico en 27,6 g de éter es de 277,5 mm. Calcular el peso molecular
del ácido esteárico.
M = ?
5,01grC17H 35COOH
27,6grC2H 5 − O − C 2H 5
Po = 290,6mmHg
P = 277,5mmHg
5,01
290,6 − 277,5
M
=
= 0,045
5,01
27,6
290,6
+
M
74
5,01
= 0,045
M = 285,07gr / mol
5,01 + 0,3729M
6. Una disolución saturada de fenol en agua tiene a 21 °C una presión de
vapor de 18,31 mm, mientras que la del agua pura es de 18,65 mm.
Calcular la solubilidad del fenol en agua expresada en gramos por ciento.
Suponiendo que la disolución sigue la ley de Raoult.
Po = 18,65mmHg
P = 18,31mmHg
18,65 − 18,31
=
18,65
a
94
= 0,01823
100 − a
a
+
34
18
a
= 0,01823
9400 − 94a
a +
18
18a
18a
= 0,01823 =
9400 − 76a
18a + 9400´94a
171,362
= 8,839%
a =
19,318
7. A 19 °C, la presión de vapor del tetracloruro de carbono, CCl 4 es de
85,51mm, y la de una disolución de 0,860 g de antraceno en 20,0 g de
CCl 4 es de 82,26 mm. Hallar el peso molecular del antraceno.
Po = 85,51mmHg
P = 82,26mmHG
85,51 − 82,26
0,86 / M
Po − P
= Xs =
=
85,51
0,86 / M + 20 / 154
Po
0,86
0,038 =
0,86 + 0,1298M
M = 167,64gr / mol
8. A 85 °C la presión de vapor del dibromuro de propileno, C 3 H 6 Br 2 es de
128 mm. y la del dibromuro de etileno, C 2 H 4 Br 2 es de 176,6 mm.
Calcular la presión de vapor de una mezcla líquida supuesta ideal de estas
dos sustancias formada por dos moles de C 3 H 6 Br 2 y tres moles de
C 2 H 4 Br 2 .
Pv = 128mm
Pv 2 = 172,6mm
P = X 1Pv1 + X 2Pv 2
C3H 6Br 2
2moles
C 2H 4Br2
3moles
2
3
128mm + 172,6mm
=
5
5
presión de la mezcla = 154,76 mmHg
9. A 110 °C las presiones de vapor de clorobenceno, C 6 H 5 Cl, y del
bromobenceno, C 6 H 5 Br, son, respectivamente, de 400 mm y 200 mm.
Calcular la presión de vapor a esta temperatura de una mezcla líquida
supuesta ideal formada por un 30 % de C 6 H 5 Cl y un 70 % de C 6 H 5 Br.
Pv 1 = 400mm
C6H 5Cl
Pv 2 = 200mm
C6H 5Br
P = X 1Pv 1 + X 2Pv 2
SiMt = 100gr
30%
70%
1mol
= 0,2666moles
112,5grC6H 5Cl
1mol
= 0,4458moles
70gr.C6H 5Br ×
157grC6H 5Br
30grC6H 5Cl ×
P =
0,2666
0,4458
400 +
200 = 274,82mm
0,2666 + 0,4458
0,2666 + 0,4458
10. De X, fracción molar CH 3 OH en el líquido.
X • 260,5 + (1 − X )135,3 = 760
260,5 X + 135,3 − 135,3 X = 760
125,2 X = 624,7
; = 4,98molesCH 3OH
Pero para 1 mol. de mezcla tendremos: 0,498 moles CH 3 OH y
: 0,502 moles C 2 H 5 OH (1)
0,498 moles CH 3 OH ×
32,043gr.CH 3OH
= 15,957 gr.CH 3OH
1mol.CH 3OH
0,502 moles C 2 H 5 OH ×
Luego en % tenemos:
46,07gr.C 2H 5OH
= 23,127gr.C 2H 5OH
1molC2H 5OH
15,957gr.CH 3OH
× 100% = 40,83%CH 3OH
39,084gr.Mezcla
23,127gr.C 2H 5OH
× 100% = 59,17%C 2H 5OH
39,084gr.Mezcla
En seguida calculamos, X', fracción molar CH 3 OH en el vapor.
PCH 3OH = 0,498 × 260,5 = 129,729mm
PC 2H 5OH = 760 − 129,729 = 630,271mm
129,729
X' =
= 0,170moles(2)
760
Vapor formado por 0,170 moles CH 3 OH y 0,830 moles C 2 H 5 OH por 1 mol
de Mezcla. (2)
0,170molesCH3OH ×
0,830molesC2H 5OH ×
32,043gr.CH 3OH
= 5,477gr.CH 3OH
1molCH 3OH
46,07grC2H 5OH
= 38,238gr.C 2H 5OH
1molC2H 5OH
5,447 grCH 3OH
× 100% = 12,47%
En % tenemos: 43,685 gr , Mezcla
38,238gr.C 2H 5OH
× 100% = 87,53%
43,685gr.Mezcla
Como la Mezcla es equimolecular entonces: Sacamos la media aritmética
tanto de moles como por ciento en peso.
0,498 + 0170
De (1) y
(2)
= 0,3340molesCH 3OH
2
En porcentaje tenemos: 33,40% moles de CH 3 OH y de
66,60% moles de C 2 H 5 OH
Igualmente para el tanto por ciento en peso:
40,83% + 12,47%
= 26,65%deCH3OH
2
y73,35%deC2H 5OH
Igualmente para el tanto por ciento en peso:
40,83% + 12,47%
= 26,65%deCH3OH
2
73,35%deC2H 5OH
11. De: 1610 X + (1-X) 290 = 760
1610 X + 290 - 290 X = 760
1320 X = 470
X = 0,3561
C 3 H 6 O = 0,3561 moles ; En % = 35,61 % moles C 3 H 6 O y de
C 7 H 8 = 0,6439 moles ; En % = 64,39 % moles C 7 H 8
Ahora 0,3561 moles ×
0,6439moles ×
58,081gr.C3H 6O
= 20,683gr.C3H 6O
1molC3H 6O
92,141gr.C 7H 8
= 59,329gr.C 7H 8
1molC7H 8
Teniendo 80,012 gr. de Mezcla podemos calcular en porcentaje:
20,683gr.C3H 6O
× 100% = 25,85%deC3H 6O
80,012gr, Mezcla
y74,15%deC7H 8
12. La composición del vapor que se forma es :
a) P C3H6O = 0,3561 × 1610 = 573,32
X' =
573,32
= 0,7543molesC3H 6O
760
P C7H8 = 0,6439 × 290 = 186,731
186,731
X '=
= 0,2457molesC7 H 8
760
En porcentaje tendremos: X' = 75,43% moles de C 3 H 6 O y de
X'' = 24,57% moles C 7 H 8
Por lo tanto :
0,7543molesC3H 6O ×
0,2457molesC7H 8 ×
58,081gr.C3H 6O
= 43,81gr.C3H 6O
1molC3H 6O
92,141gr.C7H 8
= 22,64gr.C7H 8
1mo lg r.C7H 8
43,81gr.C3H 6O
× 100% = 65,93%C3H 6O
66,45gr.Mezcla
Entonces:
22,64gr.C7H 8
× 100% = 34,07%C7H 8
66,45gr.Mezcla
mm
b) Presión de vapor = 0,7543 (1610) + 0,2457 (290) = 1285,676
Redondeando = 1285,7 mm.
13. Una disolución de peróxido de hidrógeno en agua cuya concentración es
del 2,86 % congela a -1,61 °C. Hallar el peso molecular del peróxido de
hidrógeno. Ac(H 2 ) = 1,86 °C/mol.
δc = m∆c
Descenso del pto de congelación
2,86 × 1000
1,61 =
× 1,86
97,14 × M
despejando :
2,86 × 1000 × 1,86
M =
= 34gr / mol
1,61 × 97,14
14. Suponiendo comportamiento ideal, calcular los puntos de ebullición de
tres disoluciones de úrea al 5, al 10 y al 15 % de CO(NH 2 ) 2 .
∆e(H 2 O)=0,52°C/mol.
δe =
a × 1000
5 × 1000
× 0,52 = 0,456
∆e =
A × M
95 × 60
δe =
a × 1000
10 × 1000
× 0,52 = 0,963
∆e =
A × M
90 × 60
Te = 100,963°C
δe =
a × 1000
15 × 1000
× 0,52 = 1,529
∆e =
A × M
85 × 60
Te = 101,53°C
Te = 100,456°C
15. Una disolución de glicocola preparada al disolver 1,62 g de sustancia en
19,62 g de agua, hierve 100,6 °C. Hallar el peso molecular de la
gliococola. ∆e(H 2 )=0,52°C/mol.
Te = 100,6°C
δe = 0,6°C
1,62 × 1000
× 0,52
19,62 × Ms
1,62 × 520
= 71,56gr / mol
Ms =
13,62 × 0,6
δe = m∆e =
16. Una disolución de urea tiene un punto de congelación de -1 °C. Calcular la
cantidad de agua que habrá de añadir a 100 g de una disolución para que
el punto de congelación de la disolución diluída sea -0,5 °C.
∆e(H 2 O)=1,86°C/mol.
a × 1000
× ∆c
A × Ms
a × 1000
1 =
× 1,86
A × 60
a × 1000
0,5 =
× 1,86
A × 60
δe =
(3)a | A = 100
a
= 0,032215 (1)
A
a
= 0,01613 (2)
A
100 − A
= 0,03225
A
°A = 36,875grH 2O
(3)en(1)
17. El radiador de un automóvil contiene 10 litros de agua. Calcular la
cantidad de etilen - glicol, C 2 H 6 O 2 , o de glicerina, C 3 H 8 O 3 , que debería
añadirse para que el líquido no empezase a congelar hasta -10 °C.
∆e(H 2 O)=1,86°C/mol.
V = 18ltosH 2O
C 2H 6O 2 = 62gr / mol
C 3H 8O 3 = 92gr / mol
m H 2O = 18000gr.
10 =
a × 1000
a × 1000
1,86
× 1,86 =
18000 × 62
A × 62
10 =
a × 1000
× 1,86 =
18000 × 92
a = 6000gr.etilenglicol
a = 8903,2gr.glicerina
18. El benceno congela a 5,5 °C y hierve a 80,2 °C. Los calores latentes de
fusión y de ebullición del benceno son, respectivamente, 30,3 y 94,2
cal/g. Calcular las constantes molales de los puntos de congelación y de
ebullición del benceno. Los valores experimentales son 5,12 y 2,67
°C/mol, respectivamente.
Tc = 5,5°C
Te = 80,2°C
C6 H 6
f = 30,3cal / gr
e = 94,2cal / gr
∆c = ?
∆e = ?
1,58cal / °K × mol(353,2)2 °K 2
= 2,62°K / mol
1000 × 30,3cal / gr
= 5,068°K / mol
∆c =
∆e =
1,98cal / °K × mol(353,2)2 °K 2
= 2.62°K / mol
1000 × 94,2cal / gr
19. Se disuelven 3,96 g de ácido benzoico, C 6 H 5 COOH, en 80,6 g de benceno
y la disolución congela a 4,47 °C. El benceno puro congela a 5,5 °C. Hallar
el peso molecular y la fórmula del ácido benzoico disuelto en el benceno.
∆c(C 6 H 6 )=5,12°C/mol.
δc = m∆c =
a × 1000
× ∆c
A × M
3,96 × 1000
× 5,12
80,6 × M
M = 244,2gr / mol
δc = 1,03 =
20. El fenol purísimo funde a 40,8 °C, y su constante molal del punto de
congelación es 7,3 °C/mol. Calcular la proporción de agua que lleva un
fenol que empieza a congelar a 18 °C.
a × 1000
× ∆c
A × M
a × 1000
× 7,3
22,8°C =
(100 − a) × 18
22,8(1800 − 18a) = 7300a
41 − 40 − 410,4a = 7300a
δc = 40,8 − 18 = 22,8°C =
despejando :
a = 5,32%
21. Calcular el punto de congelación de un fenol impurificado con un 1% de
agua. El fenol puro solidifica a 40,8 °C. ∆c(fenol)=7,3 °C/mol.
fenol = solvente
agua = soluto(1%)
1 × 1000
× 7,3
99,18
δc = 4,096
δc =
Tc = 40,8 − 4,096 = 3,7°C
22. Se disuelve 0,469 g. de ácido acético, CH 3 COOH, en 23,15 g. de agua y
la disolución congela a 0,63 °C. Una disolución de 0,704 g. de ácido
acético en 29,54 de benceno desciende el punto de congelación de éste
en 1,02 °C. Hallar los pesos moleculares del ácido acético en la disolución
acuosa y en la disolución de benceno. ¿Qué estructura molecular tiene el
ácido acético en el benceno? Las constantes molales de los puntos de
congelación del agua y del benceno son, respectivamente, 1,86 y 5,12
°C/mol.
0,469 gr. CH 3 COOH → 23,16gr. H 2 O → Tc = -0,63 °C
0,704gr. CH 3 COOH
→ 29,54 gr. H 2 O → Tc = 1,02 °C
0,63 =
0,469 × 1000
× 1,86
23,16 × M
1,02 =
0,704 × 1000
× 5,12
29,54 × M
M = 59,78gr / mol
M = 115,62gr / mol
23. El magnesio funde a 651 °C y su calor latente de fusión es igual a 88
cal/g. Calcular el punto de fusión de una aleación de magnesio - plata que
contiene un 6% de plata.
Tf = 651°C
f = 88cal / gr
a = gr.soluto = 6gr.(Ag)
A = gr.solvente = 94gr.(Mg)
a × 1000
a × 1000 R × Tf 2
∆c =
×
A × M
A × M
1000f
2
6 × 1000
1,98(924)
δc =
×
= 11,366°C(descenso)
94 × 107,88 1000 × 88
δc = m∆c =
Tf = 639,63°C
24. Se funde una mezcla de 0,436 g de acetanilida con 14,06 g de alcanfor
de punto de fusión 176,2 °C. La mezcla se deja solidificar y enfriar, se
reduce a polvo, se mezcla íntimimamente y se calienta. En el momento en
que termina de fundir su temperatura es de 167,0 °C. Hallar el peso
molecular de la acetalinida. ∆c(alcanfor)=40,0°C/mol.
δc = 176,2 − 167,0 = 9,2°C
0,436 × 1000
× 40
14,06 × Ms
acetanilida = soluto
Alcanfor = solvente
δc = m • ∆c =
Ms =
0,436 × 40000
= 134,82gr / mol
14,061 × 9,2
25. 100 g. de una disolución diluída de alcohol etílico, C 2 H 5 OH en agua
empieza a congelar a -1,0 °C. La disolución se enfría hasta -3, 0 °C.
Calcular: a), la concentración de la disolución inicial; b) , la concentración
de la disolución final; y c); la cantidad de hielo que se ha separado.
a)
1 =
b)
3 =
100 × 1000
× 1,86
A × 46
A = 4043,47gr.
%2,413
100 × 1000
× 1,86
A × 46
A = 1347,82gr.
100
% =
× 100 = 6,9%
1447,82
26. Al disolver 1,43 g. de azufre en 21,1 g de sulfuro de carbono el punto de
ebullición de éste aumenta en 0,63 °C. La constante molal del punto de
ebullición del CS 2 es 2,37 °C/mol. Hallar la fórmula molecular del azufre
disuelto en el sulfuro de carbono.
δe = ascenso del punto de ebullición = m ∆e
δe = 0,63 °C =
0,63°C =
a × 1000
A × Ms
1,43 × 1000
21,1 × M
S1 = 32gr / mol
S2 = 64gr / mol
S3 = 255gr / mol
M = 255gr / mol
X = 7,96 ≈ 8
Fórmula = Sf
27. El sulfuro de carbono hierve a 46,4 °C, y su calor latente de ebullición es
de 86,2 cal/g. Una disolución de 4,202 g. de iodo en 100g. de CS 2 hierve
a 46,79 °C. Calcular la constante molal del punto de ebullición del
sulfuro de carbono, el peso molecular del iodo en este disolvente y su
formula molecular.
δe = m∆e =
∆e =
δe
=
a × 1000
R × Te
×
1000 × e
A × M
(1)
δe × A × M
a × 1000
1,98 × (46,4 + 273)2
= 2,34°C / mol
(1)∆e =
1000 × 86,2
M =
m
∆e × a × 1000
2,34 × 4,202 × 1000
=
= 255gr / mol
0,39 × 100
δe × A
Fórmula = I2
28. El punto de congelación de la leche normal es de -0,56 °C. Calcular la
concentración de una disolución de lactosa, C 12 H 22 O 11 , que congela a la
misma temperatura.
∆c(H 2O) = 1,86°C / mol
δc = m∆c
0,56 = m∆c =
0,56 =
a × 1000
× ∆c
A × M
a + A = 100
a × 1000
a × 1860
× 1,86 −
(100 − a) × M
(100 − a)342
donde :
0,56(34200 − 342a) = 1860a
19152
a =
= 9,33%
2051,52
29. Una disolución de 1,436 g. de un hidrocarburo en 29,3 g. de benceno
tiene un punto de congelación de 2,94 °C. El hidrocarburo contiene un
14,37% de hidrógeno; hallar su fórmula molecular. El punto de
congelación del benceno es 5,5 °C, y su constante molal del punto de
congelación es 5,12 °C/mol.
δe = m∆c = 5,5 − 2,94 = 2,56
2,56 = m5,12
m = 0,5 =
a × 1000
1,436 × 1000
=
A × M
29,3 × M
de donde M = 98,02 gr/mol
14,37
= 14,37
1
85,63
= 7,13
12
14,37%H
85,63%C
14,37
= 2
7,13
7,13
;
= 1
7,13
;
Fórmula empírica :
M × cal
98
=
= 7
Me
14
CH 2 Mc = 14
Fórmula : C 7 H 14
30. Calcular la presión osmótica a 20 °C de una disolución de ácido fórmico,
HCOOH, que contiene 1 g. de sustancia por litro.
HCOOH
M = 46 gr/mol
m
RT
πV =
M
π =
;π =
m × R ×T
M ×V
mm × lto
× 293°K
°K × mol
= 397,46mmHg
46gr / mol × 1lto
1gr × 62,4
31. Calcular la presión osmótica de una disolución acuosa que contiene 2,5 g.
de glicerina, C 3 H 8 O 3 , por litro es igual a 46,2 cm a 0 °C. Calcular: a) , el
peso molecular de la glicerina; y b), la presión osmótica a 30 °C.
a) πV =
m
RT
M
m × R ×T
=
π ×V
M = 92,18gr / mol
M =
b) π =
mmHg × lto
× 273°K
°K × mol
462mm × 1lto
2,5gr × 62,4
m × R ×T
mmHg × lto
= 2,5gr. × 62,4
× 303°K
M ×V
°K × mol
π = 512,78 mmHg
= 513cmHg
32. Hallar el peso molecular del alcanfor su una disolución de 1g. de sustancia
en 500 cc. de benceno tiene un presión osmótica de 1,55 atm. a 15 °C.
πV =
m
RT
M
m × R ×T
=
πV
M =
atm × lto
× 298°K
°K × mol
1,55atm × 0,1ltos
1gr. × 0,082
M = 152,36 gr/mol
33. La presión osmótica de una disolución de lactosa, C 12 H 22 O 11 a 18 °C es
de 3,54 atm. La densidad de la disolución es 1,015 g/cc. Calcular la
molaridad de la misma así como su punto de congelación y la molalidad.
η
V
=
π
R ×T
=
3,54atm
= 0,148M
atm × lto
× 291°K
0,082
°K × mol
0,148moles × 342 gr / 1mol × 1000
= 0,1534
964,384 × 342 gr / mol
δc = m∆c
Si∆c = 1,86°C / mol
δc = 0,1534 × 1,86 = 0,285°C ; Tc = −0,285°C
m=
34. Se prepara una disolución de nylon en metacresol, la cual contiene 13,7 g.
de nylon por litro. A 20 °C la presión osmótica de la disolución es de 19,4
mm. Hallar el peso molecular del nylon.
πV =
m
RT
M
M =
m × R ×T
π ×V
mmHg × lto
× 293°K
°
×
K
mol
M =
19,4mmHg × 1lto
M = 12903gr / mol
0,148gr × 62,4
35. A 23 °C la presión osmótica de una disolución al 1% de dextrina es de
16,9 cm . Hallar el peso molecular de la dextrina.
πV =
m
RT
M
M =
m × R ×T
π × V
mmHg × lto
× 296°K
°K × mol
M =
169mmHg × 0,1ltos
M = 109,2923
1gr × 62,4
36. La presión de vapor de una disolución acuosa de urea, CO(NH 2 ) 2 , a 100 °C
es de 743,1 mm. Hallar la presión osmótica de la disolución a 20 °C y la
temperatura a la cual empieza a congelar. La densidad de la disolución es
igual a 1,023 g/cc. ∆c(H 2 O) = 1,86°C/mol.
Xd = Pv Pv * (Raoult)
743,1mm
= 0,977
Xd =
760mm.
n
Xd = H 2O = 0,977
nT
Supongo tener n t = 100 moles.
O
Urea
NH 2 − C − NH 2
nH 2O = 97,7moles = 1758,6gr
nurea = 2,223moles = 133,42gr
1892,02gr.(masa.total)
133,42 × 1000
a × 1000
∆Tc =
=
× 1,86 = 2,35
1758,6 × 60
A × M
Tc = −2,35°C
Pdisol = 1,023gr.disol / cc.disol
%Urea =
133,42
× 100% = 7,05
1892,02
gr.disol
7,05gr.Urea
103cc.disol
1mol.Urea
×
×
×
=
cc.disol
100gr / disol
1lto.disol
60gr.Urea
M = 1,202molesUres / lto.disol
1,023
π =
n
RT = MRT = 1,202 × 0,082 × 293
V
π = 28,87atm.
EQUILIBRIO QUIMICO
1. Las presiones parciales del H 2 , I 2 y HI en equilibrio a 400 °C son,
respectivamente, 0,15 atm, 0,384 atm, y 1,85 atm. Hallar la constante
Kp a esta temperatura para la reacción H 2 +I 2 == 2HI, para la
reacción 1/2 H 2 + 1/2 I 2 == HI y para las reacciones inversas 2HI
== H 2 + I 2 y 1/2 H 2 + 1/2 I 2 ==HI correspondientes a la disociación
del ioduro de hidrógeno.
H 2I2 → 2HI
Kp =
1,852atm 2
P 2HI
= 59,4
=
0,15atm × 0,384atm
PH 2 × PI 2
1 / 2H 2 + 1 / 2I2 → HI
1/2
(0,15)
Kp =
PHI
=
× PI12/ 2
PH 21 / 2
1,85atm
= 7,71
atm1 / 2(0,384)1 / 2atm1 / 2
2HI → H 2 + I2
Kp =
HI → 1 / 2H 2 + 1 / 2I2
0,15atm × 0,384atm
PH 2 × PI 2
=
= 0,01683
PH 2I
(1,85)2atm 2
Kp =
PH12/ 2 × PI12/ 2
=
PHI
(0,15)1 / 2atm1 / 2 × (0,384)1 / 2atm1 / 2
= 0,1297
1,85atm
2. Un matraz de 1 litro de capacidad se llena en condiciones normales de
ioduro de hidrógeno, se cierra y se calienta a 400 °C. Determinar la
composición de la mezcla en equilibrio si la constante Kp para el proceso
H 2 +I 2 == 2HI es igual a 59,4 a dicha temperatura.
*2HI → H 2I 2
PV = nRT
P
P1
= 2
T2
T1
Pt = PH 2 + PI 2
* Kp =
Kp = 0,016835
1atm × 1lto
PV
=
n =
× lto
atm
RT
0,082
× 273°K
°K × mol
n = 0,04467molesHI
P × T2
1atm × 673°K
=
P2 = 1
273°K
T1
P2 = 2,465atm
(1)(PH 2 = PI 2)
+ PHI × 2PH 2 + PHI = 2,465atm
PH22
PH 2 × PI 2
= 0,016835sacando...raíces
=
2
2
PHI
PHI
PH 2 =
= 0,129
PIH
; PH 2 = 0,129PHI
* nHI = cond..finales =
ComoPH " • PI 2
PH 2 • 0,2527 atm
reemplazando(1)
1,959 × 1
= 0,03549
0,082 × 673
; nH 2 • nI 2 = 0,03549moles
nH 2 =
0,2527 × 1
= 0,004579moles
0,082
3. Determinar en el problema anterior el tanto por ciento de ioduro de
hidrógeno disociado y la presión de la mezcla gaseosa resultante.
¿Cambia la presión al disociarse el HI?
Presión de la mezcla gaseosa = 2,465 atm
= P HI + P H2 + P I2
% disociación : HI → 1/2 H 2 + 1/2 I 2
Kp = Kc (∆n = 0)
C(1-α) 1/2Cα 1/2Cα
(1 / 2Cα)
× (1 / 2Cα)1 / 2
1Cα
Kc =
=
= 0,1297
C(1 − α)
2C(1 − α)
α = 20,59%
1/2
4. Un matraz de un litro de capacidad que contiene 15,23 g. de iodo sólido
se llena con ioduro de hidrógeno a 25 °C y 743 mm. Se cierra el matraz
y se calienta a 450 °C. Calcular la composición de la mezcla gaseosa en
equilibrio. La constante Kc para el proceso H 2 + I 2 == 2HI a 450 °C es
igual a 50,9. Considerar nulo el volumen de iodo sólido.
25,23gr.I 2 ×
1mol
253,82gr.I 2
PV = nRT
= 0,06molesI 2
743mm × 1lto
= 0,04molesHI
mm × lto
× 298°K
°K × mol
n HI =
62,4
H 2 + I 2 →→→→ 2HI
0 0,06
0,04
X
0,06 + x
0,04 − 2x
[HI ]
(0,04 − 2x)2
2
comoV = 1lto
Kc =
[H 2 ][I2 ]
=
x
×
v2
0,06 + x
          v 4c      →
Kc = 50,9 =
(0,04)2 − 0,16X + 4X 2
0,06X + X 2
ordenando = 46,9X 2 + 3,124X − 0,0016 = 0
− 3,124 ± 3,26
X =
X 1 = 0,0005
2 × 46,9
nH 2 = 0,0005moles
nI 2 = 0,0605moles
nHI = 0,0390moles
5. En un recipiente de capacidad igual a 1,876 litros se colocan 20 g de iodo
y se llena cono hidrógeno a 20 °C y 767 mm. Se cierra el matraz y se
calienta a 400 °C. Calcular la cantidad de ioduro de hidrógeno que se
forma. Para el proceso HI==1/2H 2 + 1/2I 2 , la constante Kc es igual a
0,1297 a 400 °C.
V = 1,876ltos
1mol
= 0,0787I 2
20gr.I 2 ×
253,82gr.I 2
PV = nH 2RT
nH 2 =
PV
767mmHg × 1,876ltos
=
= 0,0787molesH 2
mmHg × lto
RT
× 293°K
62,4
°K × mol
HI → 1/2 H 2 + 1/2 I 2
2HI → H 2
+
I2
moles iniciales : 0
" en equilibrio : 2x
0,0787
0,0787-x
Kc = 0,1297
Kc = 0,01682
0,0787
0,0787-x
(0,0787 − x)2
(2x)2
despejandoX = 0,0625
Kc = 0,0182 =
; sacando..raíces...y.
nHI = 0,125moles.
6. A 350 °C el ioduro de hidrógeno está disociado en un 19,18 %. Hallar la
constante de equilibrio a esta temperatura para las reacciones HI ==
1/2 H 2 +1/2 I 2 ==2HI. ¿Cómo varía el grado de disociación del HI al
modificar la presión?
HI →→ 1/2 H 2 + 1/2 I 2
C
0
0
C(1-α)
1/2Cα
1/2Cα
(1 / 2Cα)1 / 2 × (1 / 2Cα)1 / 2
1 / 2Cα
=
de donde Kc =
C(1 − α)
C(1 − α)
Kc =
0,1918
= 011865
2(1 − 0,1918)
Para la otra reacción:
H2 + I2
0
0
Cα
Cα
→→ 2HI
C
2C(1-α)
Kc = 4c 2 (1 − α ) 2 =
4(1 − 0,1918) 2
Kc =
= 71,023
0,19182
El grado de disolución no varía al modificar la presión.
7. Un matraz de un litro de capacidad contiene 6,28 milimoles de N 2 O 4 . Al
calentar a 25 °C la presión gaseosa es de 0,2118 atm. Calcular las
constantes Kc y Kp para la reacción N 2 O 4 === 2NO 2 de disolución del
tetróxido de nitrógeno a dicha temperatura.
N 2O4 →→ 2NO 2
Kc =
4c 2α 2
4cα 2
=
C(1 − α)
1 − α
C
0
C(1 − α) 2Cα
cálculoα =
PV = (1 + α)nRT
PV
0,2118atm × 1lto
=
1 + α =
atm × lto
nRT
× 298°K
6,28 × 10− 3 moles × 0,082
°K × mol
4cα 2
46,28 × 10− 3 moles / lto × 0,382
luego :
Kc =
=
1 − α
1 − 0,38
Kc = 0,00585moles / lto
Kp = Kc( RT ) ∆n = 0,00585(0,0082 × 298) =,143atm
8. A 50 °C y presión de 1 atm. la densidad de vapor del N 2 O 4 es 2,202
veces mayor que la del aire a las mismas condiciones. Hallar la constante
Kp para la disociación del N 2 O 4 a dicha temperatura.
ϕN 2O4 = 2,202ϕaire
Cálculo de la densidad del aire ϕaire =
PM
RT
1atm × 28,96gr / mol
atm × lto
× 323°K
0,082
°K × mol
ϕaire = 1,0934gr / lto
=
ϕN 2 O 4 = 2,202 × 1,0934
= 2,4076 gr/lto.
N 2O4 →→→→ 2 NO2
1−α
2α
1−ϕ
1+α
2α
1+α
PV = (1 + α )nRT
nt
1+α
PM = (1 + α )ϕRT
1atm × 92 gr / mo
1+α =
atm × lto
2,4076 gr / lto × 0,08
× 323° K
° K × mol
α = 0,4427l
1
4α 2
4(0,4427) 2
=
= Kp = 0,977
Kp =
1 − α 2 1 − (0,4427) 2
9. A 35 °C la constante Kp para la disociación del N 2 O 4 es igual a 0,32 atm,.
Calcular las temperaturas a las cuales el N 2 O 4 está disociado a esta
temperatura en un 25 % y en un 50%.
N 2O 4 →→→ 2NO 2
C
O
1 − α
2α
1 − α
2α
Pt
Pt
1 + α
1 + α
nT
1 + α
4α 2
Pt2
4α 2Pt
(1 + α)2
Kp = 0,32 =
=
1 − α
1 − α2
1 + αPt
Pt =
⋅
0,32 × (1 − α 2)
4α 2
Siα = 0,25
Pt = 1,2atm
10. Hallar el volumen de un recipiente que el contener 1g. de N 2 O 4 , la
presión ejercida a 45 °C es de 2 atm. Las constantes Kc y Kp para la
disociación del N 2 O 4 a esta temperatura son, respectivamente,
0,02577 noles/litro y 0,672 atm.
1molN 2O 4
= 1,086 × 10− 2 molesN 2O 4
92gr.N 2O 4
→→→ 2NO 2
1,98N 2O 4 ×
N 2O 4
1
0
1 − α
1 − α
x
1 + α
Pp
2α
2α
1 + α
1 − α
Pt
1 + α
2α
Pt
1 + α
4α 2 × 4
8α 2
(1 + α)2
=
Kp =
2(1 − α)
1 − α2
1 + α
despejando :
8α 2 = 0,672 − 0,672α 2
0,672
α2 =
; α = 0,278
8,672
# molesN 2O 4 = 1,086 × 10− 2(1 − 0,278) = 7,84 × 10− 3
1 − 0,278
× 2 = 1,129atm
PpN 2O 4 =
1,278
atm × lto
× 318°K
7,84 × 10− 3 moles × 0,082
nRT
°K × mol
=
V =
P
1125atm
V = 0,181ltos.
11. Un recipiente de 10 litros contiene en equilibrio a 200 °C 4,24 g. de PCl 5 ,
2,88 g. de PCl 3 y 5,46 g. de Cl 2 . Hallar las constantes Kc y Kp para
la disociación del PCl 5 a esta temperatura.
PCl5 →→→ PCl3 + Cl2
Kc =
Kc =
[PCl3 ][Cl2 ]
[PCl5 ]
=
[2,88gr. / 137,5
[
]
× 10] 5,46gr 71gr / mol × 1ltos
[4,29gr 208,5gr / mol × 10ltos]
2,09 × 10− 2 × 7,69 × 10− 2
= 0,0072moles / lto
2,03 × 10− 2 × 10
Kp = Kc(RT) = 0,0072(0,082 × 473) = 3,072atm
Kc =
12. Un recipiente de 1,891 litros contiene 0,0300 moles de PCl 3 0,0300
moles de Cl 2 y 0,600 moles de PCl 5 en equilibrio a 200 °C. Determinar:
a), la constante Kc para la disociación del PCl 5 a esta temperatura; b), la
presión de la mezcla gaseosa; c), la composición de la mezcla gaseosa si
a temperatura invariable el volumen se reduce a la mitad, y d), la presión
de la mezcla en estas nuevas condiciones.
PCl 5 → PCl 3 + Cl 2
a) Kc =
(0,03 / 1,891)(0,03 / 1,891)
= 0,00793
(0,06 / 1,891)
atm × lto
0,12moles × 0,082
× 473°K
nRT
°K × mol
P
=
=
b)
V
1,891ltos
P = 2,461atm
V = 1,891 / 2 = 0,9455ltos
c)
(0,03 − x)(0,03 − x)
Kc =
(0,06 + x)0,5455
despejando y ordenando :
x 2 − 0,0675x + 0,00045 = 0
0,0675 − 0,05223
= 0,00748
2
nPCl5 = 0,06 + 0,00748 = 0,06748moles

nPCl3 = 0,05 − 0,00748 = 0,02252molesnT = 0,1852moles
nCl2 = 0,03 − 0,00748 = 0,2252moles 
X =
d) P =
0,11252 × 0,082 × 473
nRT
=
= 4,61576atm
0,9455
V
13. A 250 °C y presión de 1,261 atm, la densidad de vapor del PCl 5 con
respecto al hidrógeno es igual a 58,5. Hallar la constante Kp para la
disociación del PCl 5 a esta temperatura.
X
PCl 5 →→→ PCl 3 + Cl 2
1
0
0
1-α
α
α
1−α
α
α
1+α
1+α
1+α
nT
1+α
1
Pp
1−α
Pt
1+α
α
α
Pt
1+α
1+α
Pt
α2
× (1,261)2
α 2 × 1,261
(1 + α)2
=
Kp =
1 − α
1 − α2
(1 + α) × 1,261
cálculoα =
1,261atm × 2,016gr / mol
PM
=
atm × lto
RT
× 523°K
0,082
°K × mol
= 0,0592gr / lto
PH " =
PH 2
ϕPCl 5 = 58,5 ϕH 2 = 3,467 gr/lto
de la ecuación : PM = (1+α) ϕRT
α = 0,7658 ; α = 76,58 %
luego: Kp= (0,7658)2 / (1-0,7658)2 × 1,261 = 1,788 atm.
14. Hallar la presión a la cual el PCl 5 a 200 °C tiene un densidad de vapor
relativa al aire en las mismas condiciones igual a 5,00. La constante Kp
para la disociación del PCl 5 a 200 °C es 0,3075 atm.
ϕ PCl 5 = 5 ϕ aire
PM = ϕRT
1atm × 28,96gr / mol
atm × lto
0,082
× 473°K
°K × mol
ϕaire = 0,7466gr / lto
ϕaire =
ϕPCl 5 = 3,733 gr/lto
PCl5 →→→ PCl3 + Cl2
1
Pp
1 − α
Pt
1 + α
0
α
1 + α
0
Pt
α
1 + α
α2
Kp =
1 − α2
Pt = 0,3075
Cálculo de α :
PM = (1+α) ϕ RT
dondePt = 0,3075
(1 − α 2)
(1)
2
α
1+α =
1atm × 208,26 gr / mol
atm × lto
3,733gr / lto × 0,082
× 473° K
° K × mol
α = 0,438
;α = 43,8%
en(1) = Pt = 1,29atm
15. Hallar el grado de disociación de 0,01 moles de PCl 5 contenidos en un
recipiente de 1 litro de capacidad a 250 °C. Para la disociación del PCl 5 a
esta temperatura, Kp es igual a 1,79 atm.
PCl 5 →→→ PCl 3 + Cl 2
C
O
O
C(1-α)
Cα
Cα
Kc =
c 2α 2
c(1 − α)
Kc =
cα 2
1 −α
Kp = Kc(RT)∆n
Kc = 1,79(0,082 × 523)− 1 =
óKc = kp(RT)− ∆n
0,01α 2
= 0,04173
1 −α
despejando :
0,01α 2 + 4,173 × 10− 2α − 0,04173 = 0
− 4,173 × 10−2 ± 0058
2 × 10− 2
0,01655
α =
= 0,832
2 × 10− 2
α =
α = 83,2%
16. Al calentar el pentacloruro de antimonio se disocia en tricloruro de
antimonio y cloro. A 182 °C y presión de 1 atm. Se disocia en un 29,2 %.
Calcular las constantes Kp y Kc para la disociación del SbCl 5 a esta
temperatura y hallar la presión a la cual se disociaría en un 60%.
X
SbCl 5 →→→ SbCl 3 + Cl 2 n T
1
0
0
1-α
α
α
1−α
α
α
1+α
1+α
1+α
Pp
α
1−α
Pt
1+α
1+α
α
Pt
1+α
Pt
Cuando α = 29,2 %
α 2Pt
Kp =
= (0,252)2 × 1 = 0,0932
2
1 −α
Kc = Kp(RT)− 1 = 0,0932 × (0,082 × 455)− 1
Kc ==,00249
Presión cuando α =60 %
Kp =
0,0932 = (0,6)2Pt
0,0932 × 0,64
= Pt =
= 0,1656atm.
2
0,36
1 − (0,6)
17. La densidad de vapor con respecto al aire del pentacloruro de antimonio
a 248 °C y 2 atm. es 6,50. Calcular la constante Kp para la disociación del
SbCl 5 a esta tremperatura.
ϕ SbCl 5 = 6,5 ϕ aire
2atm × 28,96gr / mol
PM
=
= 1355gr / lto
atm × lto
RT
× 521°K
0,082
°K × mol
= 8,812gr / lto
ϕaire =
ϕSbCl5
SbCl 5
1
1-α
X
Pp
1−α
1+α
1−α
2
1+α
→
SbCl 3 + Cl 2
0
α
0
α
α
α
1+α
1+α
α
1+α
2
α
1+α
2
α 2Pt
calculamos α por PV=(1+α)nRT
1 − α2
(0,588) 2 × 2
Kp =
= 1,060
1 − (0,588) 2
Kp =
18. Una mezcla de nitrógeno e hidrógeno en la relación volumétrica y molar
de 1 a 3 se calienta a 400 °C y se comprime a 50 atm. En la mezcla
gaseosa en equilibrio que se obtiene, en presencia de un catalizador
adecuado, existe un 15,11 % de NH 3 . Calcular la constante Kp para el
proceso:
No + 3H 2 === 2NH 3 a 400 °C
1
3
2
84,89%
15,11 %
N 2 = 21,22 %
H 2 = 63,66 %
NH 3 = 15,11 %
Calculamos las presiones parciales Pt= 50 atm
0,2122
× 50atm = 10,61atm
1
0,6366
PPH 2 =
× 50atm = 31,83atm
1
0,1511
PPNH 3 =
× 50atm = 7,555atm
1
2
PPNH
(7,555)2
3
Kp =
=
= 0,000166atm − 2
PPN 2 × PPH 2
10,61 × (31,83)3
PPN 2 =
19. La constante Kp para la reacción N 2 + 3H 2 === 2NH 3 a 450 °C es igual a
0,0000519 atm-2. Calcular el tanto por ciento en volumen de NH 3 que
existirá en la mezcla gaseosa en equilibrio obtenida al someter una
mezcla que contiene en volumen un 25 % de N 2 y un 75% de H 2 a 450 °C
y 100 atm. en presencia de un catalizador.
Kp=0,0000159atm-2 =
2
PNH
3
PN 2 × PH3 2
PNH 3 = x × 100,0
1 − x
PN 2 =
× 100
4
3(1 − x)
PH 2 =
× 100
4
Kp = 0,0000519 =
x 2(100)2
1 − x
× 100(3 / 4)3(1 − x)3(100)3
4
16x
= 3,7434
(1 − x)2
x =
23,4868 ±
=
42 x 2
(1 − x)41002 × 9
3,7434x 2 − 23,4868x + 3,7434 = 0
551,629 − 56,02
7,4868
x1 = 6,11
x2 = 0,1636
20. En presencia de un catalizador, el alcohol isopropílico se transforma en
gaseosa, en acetona e hidrógeno según la reacción CH 3 CHOHCH 3 ===
CH 3 COCH 3 + H 2 . Calcular los gramos de acetona que se forman al
calentar a 227 °C. 6 gramos de alcohol isopropílico contenidos en un
recipiente de 5 litros de capacidad en presencia de un catalizador. Kp
para este proceso a 227 °C es igual a 1,42 atm.
CH 3 CHOHCH 3 → CH 3 COCH 3 + H 2
c
O
c(1-α)
cα
cα
O
cálculo de C:
1mol
6gr × alcohol
×
× 1lto = 0,02moles
60gr.alcohol
5ltos
Kc= Kp(RT)-∆n = 1,42 × (0,082×500)-1 =0,03463
c 2α 2
0,02α 2
Kc =
=
= 0,03463
c(1 − α)
1 − α
0,02 α2 + 0,03463 α - 0,03463 = 0
de donde = α = 0,7093 ó 70,93%
Luego cα = 0,02 × 0,7093 = 1,4186 ×10-2mol.
Macetona = 58gr/mol
masa = 1,4186 × 10-2 × 58 = 4,14gr.de acetona
21. El proceso Deacon para la obtención del cloro viene expresada por la
ecuación 4CHl (g) + O 2(g) == 2H 2 O (g) + 2Cl 2(g) . Calcular la constante de
equilibrio Kp para este proceso a 390 °C si al mezclar 0,08 moles de
cloruro de hidrógeno y 0,1 moles de oxígeno a esta temperatura se
forman a la presión total de 1 atm. 0,032 moles de cloro. Hallar el
volumen del recipiente que contiene esta mezcla.
4HCl + O 2 →→ 2H 2 O + 2Cl 2
0,08-0,0664 0,1-0,0166 0,032
0,032
0,0136
0,0834
0,032
0,032
Presiones Parciales:
0,0136
× 1 = 0,088323
0,1634
0,0834
× 1 = 0,5104
PPO 2 =
0,1634
0,0332
× 1 = 0,20318
PPH 2O = = PPCl2 =
0,1634
PPHCk =
Kp =
(0,20318)4
= 69,58atm − 1
(0,08323)4 × =,5104
Volumen del recipiente V=nRT/P = 0,1634×0,082×663/0,99 = 8,88
ltos.
22. La constante de equilibrio a 100 °C para la formación del acetato de etilo
a partir del ácido acético y de alcohol etílico es igual a 4,0. Calcular el
número de moles de acetato de etilo que se forman al reaccionar 2 moles
de alcohol con 5 moles del ácido.
CH 3 COOH +
C 2 H 5 OH → CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O
#moles 5
2
0
0
5-x
2-x
x
x
Ke =
x/v × x/v
x2
= 4 =
5 − x/v × 2 − x/v
(5 − x)(2 − x)
x2
10 − 7x + x 2
donde :
4 =
4x 2 − 28x + 40 = x 2
3x 2 − 28x + 40 = 0
7,84 × 102 − 4,8 × 102
6
x1 = 1,76moles.acetato(correcto)
28 ± 17,43
x =
x2 = 22,71
6
x =
+ 28 ±
23. Se hacen reaccionar 25 gr. de ácido acético con 75 gr. de alcohol etílico
a 100 °C. La constante de equilibrio para la formación del acetato de
etilo es igual a 4,0. Calcular la fracción del ácido acético que se
esterifica.
Pesos moleculares = CH 3 COOH = 60 gr/mol
C 2 H 5 OH = 46 gr/mol
CH 3 COOH + C 2 H 5 OH → CH 3 -C-O-C 2 H 5 + H 2 0
25/60-x 75/46-x
x
x
Ke =
x2
x2
= 4
=
(0,416 − x)(1,63 − x)
0,678 − 2,046 + x 2
x 2 = 2,712 − 8,184x + 4x 2
3x 2 − 8,184x + 2,712 = 0
x =
8,184 ± 5,868
6
x1 = 0,386 → Re spuesta
x2 = 2,342
fracción de ácido que se esterifica =25/60→100%
x = 92,8 %
0,386→x
24. Calcular la cantidad de agua que debe añadirse a 100 gr. de acetato de
etilo para que a 100 °C se descompongan 40 gr. de éster. Kx (igual a Kn)
para la formación del acetato de etilo a 100 °C es 4,0.
CH 3 -C-O-C 2 H 5 + H 2 O → CH 3 COOH + C 2 H 5 OH
100gr.
40
100 40
mH 2O 40
−
−
88
88
88 88
18
40
88
Kx = Kn = 0,25(descmposición) =
0,25 =
0,4545 × 0,4545
m
(1,136 − 0,4545)( H 2O − 0,4545)
18
0,2066
m
0,6815( H 2O − 0,4545)
18
m H 2O
− 0,4545 = 1,2125
18
m H 2O = 1,667 × 18 = 30,008grH 2O
25. A 188,2 °C la presión de disociación del Ag 2 O es de 717 mm. Calcular la
cantidad de óxido de plata que podrá descomponerse al calentarlo a
dicha temperatura en un recipiente de 375 cc de capacidad, en el que se
ha eliminado.
2Ag 2 O (g) → 2Ag (g) + O 2(g)
Pdisociación = 717 mm. (Po 2 )
PAg 2 O = 1434 mm.
PV =
m
RT
M
PVM
1434mm × 0,375ltos × 232gr / mol
=
mm × lto
RT
62,4
× 461,2°K
°K × mol
m = 4,33gr.Ag 2O
m =
masa que podrá descomponerse.
26. La constante Kp para el proceso C (s) + S 2(g) == CS 2(g) a 1000 °C es igual a
5,60. Calcular la composición volumétrica de la mezcla gaseosa que se
obtiene al pasar vapor de azufre a través de carbón calentado a 1000 °C.
C (s) + S 2(g) → CS 2(g)
1
1-x
Kc =
x /v
x
=
= 5,6 = Kp
1 − x /v
1 − x
x = 5,6 − 5,6x
x =
5,6
= 0,8484
6,6
x
0
luego: S 2(g) = 1lto (100%)
VCS2 = 84,84%
comp..volumétrica
VS2 = 15,15% 
27. La constante Kp para la formación del gas de gasógeno C (S) + CO 2(g) ===
2CO (g) a 727 °C es igual a 1,65 atm. Calcular la composición del gas que
sale de un gasógeno al hacer pasar a la presión de 1 atm. a través de
carbón al rojo calentado a esta temperatura: a), dióxido de carbono; y
b), aire (21% O 2 y 79% N 2 en volumen). Suponer en este caso que el
oxígeno se transforma primeramente en dióxido de carbono.
a)
1-α
X
Pp
C (S) + CO 2(g) → 2CO (g)
1
0
2α
1+α
1−α
1+α
1−α
1atm
1+α
2α
1+α
1
2α
1atm
1+α
4α 2
4α 2
(1 + α)2
Kp = 1,65atm =
=
1 − α
1 + α2
1 + α
1 − 0,54
= 0,2987
1 + 0,54
1 × 0,54
=
= 0,7012
1 + 0,54
XCO 2 =
XCO
;29,87%
;70,12%
b) C (S) + CO 2(g) → 2CO (g) nt
0,21-α
0,21 − α
1+α
2α
1+α
0,21 − α
1
1+α
2α
1
1+α
X
Pp
nt
0
2α
1+α
1
dondeα = 0,54
4α 2
(1 + α)2
Kp = 1,65 =
dondeα = 0,157
0,21 − α
1 + α
X CO 2 = 0,21 − 0,157 = 0,0545
X CO = 27,2%
28. La constante de equilibrio Kp a 100 °C para la reacción FeO (S) + CO (g) ==
Fe (S) + CO 2(g) es igual a 0,403. A través de óxido ferroso calentado a
1000 °C se hace pasar lentamente una mezcla gaseosa que contiene en
volumen un 20% de CO y un 80% de N 2 . Calcular: a), la composición de la
mezcla gaseosa saliente, y b), el volumen de aquella mezcla, medido en
C.N., que se necesita para reducir 10 gr. de FeO.
FeO (S) + CO (g) → Fe (S) + CO 2(g)
0,2
0
0,2-x
x
x
0,2 − x
x = 0,0806 − 0,403x
Kc = Kp = 0,403 =
x =
0,0806
= 0,057448
1,403
EQUILIBRIO IONICO
1. Hallar el pH de las siguientes disoluciones: a) HCl 0,01 N, b) H 2 SO 4
0,001 Molar; c) NaOH 0,01 Molar, y d) Ca(OH) 2 0,01 Molar.
a)
HCl = 0,01 M (ácido fuerte)
HCl → H+ + Cl10-2
0 0 PH = log 1/10-2
0
10-2 10-2 PH = 2
b)
H 2 SO 4 = 0,001 M (ácido fuerte)
H 2 SO 4 → 2H+ + SO 4 = ph=log1/(2×10-3)
10-3
0 0
0
2x10-3 10-2 pH=2,7
c)
NaOH=0,01 M (base fuerte)
NaOH → Na+ + OH- Poh=log1/10-2=2
10-2
0 0
0
10-2 10-2 ph=14-Poh=14-2=12
d)
Ca(OH) 2 = 0,01 M
Ca(OH) 2 → Ca+2 + 2OH- pOH=log1/2x10-2=1,7
10-2
0
0
0
0 2x10-2 pH=14-1,7=12,3
2. Hallar la concentración de los iones H 3 O+ en las disoluciones cuyos pH
son: a)3,25; b)4,62 ; c)6,30; d) 8,84 ; e)11,73.
a)
b)
c)
d)
e)
PH = 3,25 ; |H 3 O+|= 10-pH = 10-3,25
|H 3 O+|= 5,62x10-4 M
PH = 4,62 ; |H 3 O+|= 10-4,62 = 2,39x10-5 M
PH = 6,3 ; |H 3 O+|= 10-6,3 = 5,01x10-7 M
PH = 8,84 ; |H 3 O+|= 10-8,84 = 1,44x10-9 M
PH = 11,73 ; |H 3 O+| = 10-11,73 = 1,86x10-12 M
3. En disolución 0,01 molar el ácido acético está ionizado en un 4,11%.
Calcular la constante de ionización del ácido acético.
CH 3 COOH + H 2 O →→ CH 3 COO- + H 3 O+
Ka =
[CH COO ]× [H O ]
−
3
+
3
[CH3COOH]
CH 3 COOH + H 2 O →→ CH 3 COO- + H 3 O+
0,01
0
0
0,01(1-0,0411)
0,01x0,0411 0,01x0,0411
c(1-α)
Ka =
cα
cα
(0,0411) 2 × 0,0001 168 × 10 −3 × 1 × 10 −4 1,68 × 10 −7
=
=
0,01(1 − 0,0411)
9,58 × 10 − 3
9,58 × 10 − 3
Ka = 1,76 × 10 − 5
4. La constante de ionización del ácido acético es 1,77x10-5. Determinar el
grado de ionización y el pH de una disolución a) 1 molar, y b) 0,0001
molar.
a ) [CH 2COOH ] = 1M
CH 3COOH
+ H 2O →→→ H 3O +
C
C (1 − α )
Ka = 1,77 × 10− 5 =
=
O
Cα
C 2α 2
C (1 − α )
− 1,77 × 10−5 ±
+ CH 3COO −
O
Cα
α 2 = 1,77 × 10− 5 − 1,77 × 10− 5α
3,73 × 10−10 + 7,08 × 10−5
= 4,19 × 10− 3
2
= 0,42%
[CH3COOH] = 1 × 10−4 M
b)
1,77× 10−5 =
(1 × 10−4)2 × α 2
1 × 10−4(1 −α )
1 × 10−8 α 2 + 1,77× 10−5α − 1,77× 10−5 = 0
− 1,77× 10−5 ± 3,13× 10−10 + 7,08× 10−9
2 × 10−4
= 3,41 × 10−1 34% =
=
pH = log 1/c = log 1/1 × 10−4 × 3,41 × 10−1 = 4,46
5. Un ácido acético 0,01 molar se va neutralizando con sosa cáustica. Hallar
el pH de la disolución: a), cuando se ha neutralizado un 99% del ácido, y
b), cuando se ha agregado un exceso de sosa de un 1%. La constante de
ionización del ácido acético es 1,77x10-5. (Suponer que el volumen del
líquido no cambia al agregar la disolución de sosa cáustica.).
CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O
a)
Cuando se neutraliza un 99% del ácido:
10-2 M = 100%
x → = 99%
x=9,9x10-3 M
Ca
1 × 10−4
= 1,77 × 10−5 ×
= 1,78 × 10−7
H3O+ = Kab =
−3
Cb
9,9 × 10
pH = 6,74
b) Exceso NaOH = 1x10-4
|H 3 O+|=10-14/1x10-4
pH= 10.
6. El ácido fosfórico es un ácido triprótico (tribásico) que se ioniza
escalonadamente en tres pasos, cuyas constantes de ionización
respectivas son 7,52x10-3,6,22x10-8 y 4,8x10-13 Calcular las
concentraciones de los iones H 3 O+ , H 2 PO 4 - , HPO 4 -2, y PO 4 -3, en una
disolución molar de ácido fosfórico.
H 3 PO 4 → H+ + H 2 PO 4 H 2 PO 4 - → H+ + HPO 4 -2
HPO 4 = → H+ + PO 4 -3
K1 = 7,52 × 10−3 =
7,32× 10−3 =
H3PO4 →→ H+ + H2PO4−
[H ][H PO ]
+
2
4
1
1−x
H3PO4
x2
1−x
;
0
x
0
x
x2 + 7,52× 10−3 − 7,52× 10−3 = 0
(Ecuación de 2° grado) Solución: x= 8,29x10-2=|H+|
−13
K3 = 4,8 × 10
4,8 × 10−13 =
[H ][PO ]
=
+
HPO4=
≡
4
[ ]
8,29 × 10−2 × PO4≡
6,22 × 10−8
PO4≡ = 3,6 × 10−19 M
7. A 15°C litro de agua disuelve aproximadamente 1 litro de CO 2 a la
presión de 1 atm. Si la constante de equilibrio para el proceso CO 2 +2
H 2 O == HCO 3 - + H 3 O+ es 4,3x10-7 (constante de ionización primaria, K l ,
para el ácido carbónico), calcular el pH de la disolución.
H 2CO3 + H 2O →→→ H 3O + + HCO3−
4,3 × 10− 7 =
[H O ][HCO ]
+
3
[H 2CO3 ]
−
3
[H 2CO3 ]× 4,3 × 10− 7 = [H 3O + ]2 = 4,3 × 10− 7 [CO2 ]
nCO 2 = ?
PV = nRT
PV
1atm × llto
n=
=
= 0.042
RT 0,082 atm lto / K mol 288 K
[H O ] = 4,3 × 10
[H O ] = 1,3 × 10
+ 2
−7
3
+
3
−4
× 4,2 × 10− 2 = 1,759 × 10−8
pH = log1 / 1,3 × 10− 4 = 3,87
8. La constante de ionización del ácido benzoico, C 6 H 5 COOH, es 6,3x10-5.
Determinar el grado de hidrólisis del benzoato sódico en una disolución
que contiene 5 g por litro y calcular el pH de la disolución.
5 g C6 H 5COONa 1 mol × C6 H 5COONa
= 0,0347 moles.
×
144 g C6 H 5COONa
lto
C6H 5COONa →→ C6H 5COO − + Na+
+H 2O
C6H 5COOH + OH −
Kh =
[C6H 5COOH ][OH − ]
[C H COO ]
−
6
Kh =
=
[C6H 5COOH ][OH − ][H 3O + ]
[C H COO ][H O ]
−
5
6
5
+
3
Kw
10− 14
=
= 1,587 × 10− 10
−5
Ka
6,3 × 10
c2α 2
0,0347α 2
=
= 1,587 × 10− 10
c(1 − α)
1 − α
2
0,0347α + 1,587 × 10− 10 − 1,587 × 10− 10 = 0
Kh =
α =
− 1,587 × 10− 10 ±
2,519 × 10− 20 + 2,2 × 10− 11
0,06944
α = 6,7 × 10− 5
[OH ]
−
= cα = 0,0347 • 6,7 × 10− 5
= 2,32 × 10− 6
P OH = 5,63
P H = 8,4
9. Las constantes de ionización del ácido acético, del ácido fórmico y del
amoniaco son:
1,77x10-5, 1,78x10-4 y 1,75x10-5. Hallar el grado de
hidrólisis y el pH de una disolución de: a) acetato amónico; b) formiato
amónico.
a ) CH 3COONH 4 →→)CH 3COO − + NH 4
+
+ H 2O
−
CH 3COOH + OH
Kh =
[CH 3COOH ] [OH − ][H + ] = Kw =
[CH COO ][H ]
−
3
+
Ka
−
cx 2
desprec..
1− x
x2 =
Kw
Kw
=
KaC Ka × Kb
x=
1 × 10− 4
= 5,68 × 10− 3
−5
−5
1,77 × 10 × 1,75 × 10
[H O ] =
;x =
Kw
Ka × Kb
Kw × Ka
10−14 × 1,78 × 10− 4
=
= 1 × 10− 7 pH = 7
Kb
1,75 × 10− 5
+
3
1 × 10−14
= 1,79 × 10− 3
x=
−14
−5
1,78 × 10 1,75 × 10
b)
[H O ]
[H O ]
Kw × Ka
=
Kb
+
=
+
= 3,18 × 10− 7
3
3
; 0,568%
; 0,179%
10−141,78 × 10−4
1,75 × 10− 5
pH = 6,5
10. Calcular el pH de la disolución que se obtiene al diluir a 100cc. una mezcla
formada por 50 cc de ácido acético 0,1 molar y a) 20 cc de sosa caústica
0,1 molar; b) 30 cc de sosa caústica 0,1 molar. La constante de ionización
del ácido acético es 1,77x10-5.
CH 3COOHH
0,1M
NaOH
0,1M }mezcla
H 2O
a)50cc.
20cc
30cc
0,1 molesAc
× 50 cc = 5 × 10− 3 moles CH 3COOH
1000 cc
0,1 molesNa
× 20 cc = 2 × 10− 3 molesNaOH
1000 cc
[
]
3 × 10− 3
= 2,65 × 10− 5
H 3O = 1,77 × 10
−3
2 × 10
+
−5
b) 3 × 10−3 molesNaOH
5 × 10−3 molesCH3COOH
[H O ]
+
3
= 1,77 × 10− 5
pH = log
2 × 10− 3
= 1,18 × 10− 5
−3
3 × 10
1
= 4,93
1,18 × 10− 5
11. A 25°C 600cc de agua pura disuelven 0,01gr. de fluoruro cálcico. Hallar a
esta temperatura el producto de solubilidad del fluoruro cálcico.
12. A temperatura ambiente, una disolución saturada de cloruro de plomo
contiene 0,9 gr. de la sal en 200cc. Calcular el producto de solubilidad
del cloruro de plomo.
0,9gr →→ 200cc
x
1000cc
4,5gr.PbCl2 ×
1mol
= 1,61 × 10− 2 M
278grPbCl2
Kps = [Pb + 2 ][Cl− ] = 1,62 × 10− 2(3,23 × 10− 2)2 =
2
= 1,7 × 10− 5
13. A 25°C 1 litro de agua disuelven 0,443 mg. de hidróxido ferroso,
Fe(OH) 2 . Hallar el producto de solubilidad del hidróxido ferroso.
0,443mgr.= 0,443x10-3gr
0,433 × 10− 3gr ×
1mol
= 4,92 × 10− 6 moles
90gr.
Kps = [Fe + + + ][OH − ]
−2
= 4,92 × 10− 6(9,8 × 10− 6)2 = 4,77 × 10− 6
14. A 25°C 1 litro de agua destilada disuelve 12,3 mg de carbonato cálcico.
Los iones CO 3 = se hidrolizan en bastante extensión, puesto que la
constante de ionización secundaria K 2 del ácido carbónico (del ión HCO 3 ) es 5,6x10-11. Calcular: a) la concentración de los iones Ca++; b) el grado
de hidrólisis de los iones CO 3 =; c) la concentración de estos iones CO= 3 y
d) el producto de solubilidad del carbonato cálcico.
a)
b)
0,0123grCaCO3
1molCaCO3
×
= 1,23 × 10− 4 M
100gr.CaCO3
lto
CaCO3 →→ Ca+ + + CO3=
+ H 2O
HCO3− + OH −
Kw
K2
10− 14
= 1,785 × 10− 4
Kn =
− 11
5,6 × 10
Kn =
c2α 2
c(1 − α)
1,23 × 10− 4α 2 + 1,785 × 10− 4α − 1,785 × 10− 4 = 0
α = 0,68
α = 68%
Kn =
c)
|CO 3 =|= c(1-α) = 1,23x10-4 (1-0,68)
= 3,9x10-5M
d)
Kps = |Ca+2||CO 3 =|= 1,23x10-4x3,9x10-5
= 4,8x10-9
15. El producto de solubilidad del cromato de plata, Ag 2 CrO 4 a 25°C es
1,2x10-12. Hallar su solubilidad en moles por litro.
Ag 2CrO4 →→ 2Ag + + CrO4=
1/3
3iones :
S =
3
− 12
Kps =  1,2 × 10 


4
4


S = 6,69 × 10− 5 moles / lto
16. El producto de solubilidad del perclorato potásico, KClO 4 es 1,07x10-2.
Hallar el volumen de disolución que contiene disuelto 1000gr. de KClO 4 .
KClO4 →→ K + + ClO4−
Kps = 1,07 × 10− 2 = [K + ][ClO4− ]
S = 1,034 × 10− 1 moles / lto
1lto
1mol
×
× 1gr. = 6,98 × 10− 2ltos
−1
1,034 × 10 moles 138,5gr
17. A temperatura ambiente, el producto de solubilidad del ferrocianuro de
plata, Ag 4 Fe(CN) 6 es 1,5x10-41. Calcular los gramos de este compuesto
que se disuelven en 500cc de agua pura.
Ag 4 [Fe(CN −)6 ] →→ 4Ag + + [Fe(CN )]
≡
+
4
S = [Fe(CN )6 ] = [Ag ]4
[Ag ]
= 4[Fe(CN )6 ]
≡
+
Kps = [Fe(CN )6 ] [Fe(CN )6 ] × 256
≡
4
Kps
moles
= 2,25 × 10− 9
lto
256
moles 644gr
×
= 7,21 × 10− 7gr.
;1,12 × 10− 9
500cc
1mol
S =
5
18. La solubilidad del ioduro de plomo en agua pura a 25°C es igual a 0,688
gr/litro. Calcular su solubilidad en una disolución 0,1 molar de ioduro
potásico.
S = [Pb + 2 ] =
[I ]
PbI2 →→ Pb +2 + 2I −
−
2
Kps = [Pb + 2 ][I − ] = 1,33 × 10− 8
2
C =
[I ]
−
= 0,1M
1,33 × 10− 8
461gr
moles = 1,33 × 10− 6 moles ×
−2
10
1mol
PbI
2
= 6,13 × 10− 4gr
lto
19. El producto de solubilidad del cloruro de plomo es 1,7x10-5.Calcular los
gramos de cloruro sódico que deben añadirse a 100cc de una disolución
0,01 molar de acetato de plomo para iniciar la precipitación del cloruro
de plomo.
S =
3
Kps
=
4
3
1,7 × 10−5
1,619 × 10−2 molesPbCl2
=
lto
4
0,01moles
× 100cc = 1 × 10− 3 molesPb(CH 3COO)2
1000cc
4,2 × 10− 3 molesNaCl ×
58,5gr.NaCl
= 0,246gr.NaCl
1mol
ELECTROQUIMICA
1. Se electroliza 150gr. de una disolución de sulfato potásico al 10%
durante 6 horas con una intensidad de 8 amp. Calcular la cantidad de
agua descompuesta y la concentración de la disolución al final de la
electrólisis.
q = i × t = 8amp × 6hr. ×
3600seg
= 17800coulombios
1hr.
El H2O se descompone:
2e − + 2H 2O →→ 2OH − + H 2
1
3H 2O →→ 2H 3O + + O 2 + 2e −
2
PM
18
Peso equivalente del H2O =
=
= 9gr.
2
2
96500coulombios → 9 grH2O
172800coulombios → x
X =
172800 × 9
= 16H.gr.H 2O
96500
concentración inicial: 10% (15gr.K 2 SO 4 /150gr.disol)
concentración final: 15gr.K 2 So 4 /(150-16,4)x100=11,2%
2. Al electrolizar una disolución de sulfato crómico en ácido sulfúrico con
electrodos de plomo, el ión crómico, Cr+++ se oxida ácida crómico,
H 2 CrO 4 . Calcular la cantidad de ácido crómico que se forma en el paso
de 1 ampere-hora si el rendimiento de corriente.
qr = i × t
q p = 1ampere.hora ×
qp = i × t × n
3600seg
× 0,73 = 2628coulombios
1hora
4H 2O + Cr + 3 →→ H 2CrO4 + 6H + + 3e −
PM
118
peso.equiv. =
=
= 39,33gr.H 2CrO4
3
3
96500coulombios → 39,33grH 2CrO4
2628coulombios → x
x = 1,071grH 2CrO4
q r = 5600coulombios →→ 1,071grH 2CrO4
0,2077gr.CrO3
→→ 1000gr.CrO3
x
3600 × 1000
= 3966068coulombios
x =
0,9077
W = q × v = 3966068coulombios × 3,5volts = 1,4 × 107 joules
1,4 × 107 joules × 1Kw / 3,66 × 106 joules = 3,85Kw
w = q × v = 1,4 × 107 joules
transformando : 1,4 × 107 joules ×
1Kw − hr
3,6 × 106 joules
w = 3,85Kw − hr
3. Una disolución alcalina de manganato potásico, K 2 MnO 4 , obtenido al
calentar dióxido de manganeso con potasa caústica en presencia del aire,
se oxida anódicamente con una densidda de corriente de 9 amp/dm2. Si
el rendimiento de corriente es del 70%, calcular la cantidad de
permanganato potásico, KMnO 4 que se obtendrá en 10 horas en una cuba
cuyos ánodos tienen una superficie útil total de 4000 cm2.
Cálculo de q:
9am
1dm 2
×
× 4000cm 2 = 3,6 × 102amp
2
2
1000cm
dm
3600seg
= 1,296 × 107coulombios
q r = 360amp × 10hr. ×
1hr
q p = i × t × n = 1,296 × 107coulombios × 0,7 = 9,072
× 106coulombios.
MnO4= →→ MnO4= + 1e −
Peso equivalente KMnO 4 =
PM
= 158gr.KMnO4
1
96500coulombios →→ 158gr.KMnO4
9,072 × 106
→→ x
x = 1,485 × 104gr.KMnO4
x = 14,85Kg.KMnO4
4. Al electrolizar una disolución de carbonato potásico con un ánodo de
farromanganeso se forma permanganato potásico. Calcular: a), la
cantidad de KMnO 4 que se obtienen durante 5 horas con un ánodo de
24cm2 de superficie útil si se trabaja con una densidad de corriente de
10 amp/dm2 y el rendimiento de corriente es del 32%; b) el voltaje
aplicado a la cuba si el consumo de energía es de 24,1 Kw.h por Kg. de
KMnO 4 .
a)
4H 2O + Mno → MnO4− + 8H + + 7e −
Peso.equivalente :
158
PM
=
= 22,57grKMnO4
KMnO4 =
7
7
Cálculo.q :
10amp
1dm 2
×
× 24cm 2 = 2,4amp
100cm 2
dm 2
3600seg
= 4,32 × 104coulombios
1hr
= i × t × n = 4,32 × 104coulombios × 0,32 = 13824coulomb.
q r = 2,4amp × 5hr. ×
qp
96500coulombios →→ 22,57gr.KMnO4
13824coulombios →→ x
x = 3,23gr.KMnO4
24,1Kw.hr
3,6 × 106 joules
W = q ×v =
×
= 8,6 × 107 joules
Kg.KMnO4
1Kw.hr
8,6 × 107 joules →→ Kg.KMnO4
x
→→ 3,23 × 10− 3 Kg.KMnO4
x = 2,8 × 105 joules = W
v =
W
2,8 × 105
=
= 6,48volts
q
4,32 × 104
5. Por electrólisis de una disolución de carbonato sódico con algo de
acetato sódico y utilizando ánodos de plomo se forma y precipita
albayalde, un carbonato básico de plomo de fórmula 2PbCo 3 . Pb(OH) 2 .
Calcular: a), la cantidad de albayalde que se obtiene por hora en una cuba
que funciona a 300 amp. con un rendimiento de corriente del 97%; y b),
el voltaje aplicado es de 3,5 volts.
a)
qr
CO3= + 2Pb + 2H 2O →→ PbCO3Pb(OH)2 + 2H + + 4e −
3600seg
= 3000amp × 1hr ×
= 1,08 × 107coulombios
1hr
q P = 1,08 × 107coulombios × 0,97 = 1,0476 × 107coulombios
96500coulombios →→ 508 / 4
1,0476 × 107coulombios →→ x
x =
1,0476 × 107 × 127
= 1,378 × 104gr
96500
= 13,78Kg.Albayade
b)Consumo de energía:
W = q r × v = 1,08 × 107coulombios × 3,5volts
1Kw − hr
= 3,78 × 107 joules ×
= 10,5Kw.hr
3,6 × 106 joules
10,5Kw.hr →→ 13,78Kg.Albayalde
x
→→ 1000Kg.Albayalde
x = 7,619 × 102 Kw − hr
6. Al electrolizar una disolución de sulfato amónico se forma en el ánodo
persulfato amónico (NH 4 ) 2 S 2 O 8 . El voltaje aplicado es de 6,0 volts y el
rendimiento de corriente es del 82%. Calcular la producción de
persulfato amónico por kilowatt.hora.
2SO4= →→ S2O8= + 2e −
W = q ×v
w
1Kw.hr
qr =
=
× 3,6 × 106 joules = 6 × 105coulombios
v
6volts
q P = 6 × 105coulombios × 0,82 = 4,92 × 105coulombios
96500coulombios →→ 228gr / 2
4,92 × 105coulombios →→ x
x =
4,92 × 105coulombios × 114gr.
= 581,2gr(NH 4)2S2O8
96500coulombios
7. La reducción del nitrobenceno en ácido sulfúrico concentrado en un
cátodo de platino da lugar a fenilhidroxilamina, C 6 H 5 NHOH, que se
transforma rápidamente en p-aminofenol, C 6 H 4 (OH)NH 2((1,4) . Calcular :
a), la cantidad de p-aminofenol producido en tres horas en una cuba que
funciona a 50 amp. con un rendimiento de corriente del 25%; y b), el
consumo de energía por kilogramo de producto si el voltaje aplicado es
de 4,0 volts.
a) C6H 5NO2 →→ C6H 5NHOH →→ C6H 4(OH)NH 2
4e − + 4H + + C6H 5NO2 →→ C6H 5NHOH + H 2O
Cálculo..q :
3600seg
q r = 50amp × 3hr
= 5,4 × 105coulombios
1hr
5
q P = 5,4 × 10 coulombios × 0,25 = 1,35 × 105coulombios
FARADAY :
96500coulombios →→ PM / 4
1,35 × 105coulombios →→ x
b) q r = 5,4 × 105coulombios →→ 38,12gr
x
→→ 1000gr
x = 1,4 × 107coulombios
W = q × v = 1,4 × 107coulombios × 4volts =
1Kw − hr
= 15,7Kw − hr
= 5,7 × 107 joules ×
3,6 × 106 joules
8. En un baño de niquelar se introduce como cátodo un objeto metálico cuya
superficie total es de 80cm2. Si se opera a una densidad de corriente de
2,2 amp/dm2 y el rendimiento de corriente es del 94%, calcular: a), la
cantidad de níquel depositado en una hora y b), el tiempo que debe durar
la electrólisis para que el recubrimiento de níquel tenga un espesor de
0,02mm. La densidad del níquel es de 8,9 gr/cc.
a) Cálculo de q:
2,2amp
1dm 2
×
× 80cm 2 = 1,76amp
2
2
100cm
dm
3600seg.
= 6336coulombios
1hr.
q P = 6336 × 0,94 = 5955coulombios
96500coulombios →→ 59 / 2gr
5955coulombios →→ x
x = 1,82gr.Na
q r = 1,76amp × 1hr ×
b) Espesor = 0,02mm ×
1cm
= 2 × 10− 3cm
10mm
volumen : 2 × 10−3cm × 80cm 2 = 0,16cm 3
ϕ = densidad = 8,9gr / cc × 0,16cc = 1,424gr.Na
6336coulombios →→ 1,82gr.
→→ 1,424
x
x = 4957,4coulombios
q = i ×t
;t = q / i
t =
4957,4coulombios
= 2816,7seg.
1,76amp
2816,7seg. ×
1min.
1hora
×
= 0,782horas.
60seg
60min.
9. En un baño cianuro de cobre y cinc 2 se introduce como cátodo una lámina
de hierro de 36cm2 de superficie total y se electroliza durante 50
minutos a una densidad de corriente de 0,3 amp/dm2 . Sobre la lámina
se depositan 0,106 gr. de latón de un 71,3% de cobre. Calcular el
rendimiento de la corriente. El cobre se encuentra en la disolución en
forma cuprosa.
Cálculo..q :
amp
1dm 2
×
× 36cm 2 = 0,108amp = i
dm 2
100cm 2
t = 50min = 3000seg
; qP = i × t × n
= i ×t
P = 0,3
qr
0,106gr.latón →→ 100%
x
→→ 71,3%
96500coulombios
x
96500coulombios
y
x = 0,7557gr.Cu
0,03042
→→ 674gr.Cu
→→ 0,07557gr.Cu
→→ 65,38 / 2gr.Zn
→→ 0,03042grZn
x+y= 113,957 + 89,8 = 203,76 coulombios
q r = 0,108 × 3000 = 324coulombios,
203,76
;
× 100 = 63%
n =
324
10. Un acumulador de plomo Pb/H 2 SO 4 /PbO 2 está constituido por láminas
de plomo, recubiertas de plomo esponjoso activo las unidades al polo
negativo, y por dióxido de plomo las unidas al polo positivo, introducidas
en 500cc de ácido sulfúrico 8,2 normal. Al suministrar el acumulador 10
amperes-hora, calcular: a), la cantidad de PbO 2 transformado en PbSO 4
en las placas positivas, y b), la concentración final del ácido sulfúrico.
Cálculo..q :
q = i × t = 10amp × 3600seg = 3,6 × 104coulombios
2e − + 4H + + PbO2 →→ Pb + + + 2H 2O
PM
239
=
= 119,5grPbO2
2
2
96500coulombios →→ 119,5grPbO2
Eq − grPbO2 =
3,6 × 104coulombios →→
x
x = 44,58gr.PbO2se.transforma.enPbSO4
b) concentración inicial=8,2N
8,2eq − gr.H 2SO4
8,2N =
lto.disol
8,2eq − gr.H 2SO4
× 500cc = 4,1eq − gr.H 2SO4
1000cc
49gr.H 2SO4
4,1eq − gr.H 2SO4 ×
= 200,9gr.H 2SO4
1eq − gr.H 2SO4
44,58gr.PbO2
= 0,373(eq − gr)
119,5gr.PbO2
reacciona con 2eq-gr de H 2 SO 4 = 36,554 grH 2 SO 4 (0,373x98)
200,9grH 2SO4 − 36,554 = 164,346gr / H 2SO4 ×
3,35
eq − grH 2SO4
× 1000cc = 6,708N
500cc
1eq − grH 2SO4
=
49grH 2SO4
11. La resistencia específica de una disolución 0,05 molar de cloruro
potásico es 149,9 ohms.c. Hallar la conductividad equivalente del cloruro
potásico a esta concentración.
x =
1
1
=
= 6,67 × 10− 3ohms.cm − 1
p
149,9ohm.cm
∆ = xVe
cálculo.Ve :
0,05eq − grKCl →→ 103cc
1eq − gr
→→ Ve
Ve = 2 × 104cc
∆ = 6,67 × 10− 3 Ω − 1 × 2 × 104cm 3
∆ = 1,334 × 102ohm − 1cm 2
12. Un vaso de conductividad tienen dos electrodos de 1,64x10cm2 de
superficie, separados por 12,8 cm. Al llenarlo con una disolución de
cloruro sódico 0,1 molar ofrece una resistencia de 731,2 ohms. Calcular
la conductividad específica equivalente del cloruro sódico en disolución
0,1 normal.
S = 1,64cm 2
 = 12,8cm
N = 0,1
R = 731,2Ω
Conductividad..específica :
x = 1/ p
R = P × x /s
Rs
731,2Ω × 1,64cm 2
=

12,8cm
p = 93,659Ωcm
p =
x = 1 / 93,659Ωcm = 1,067 × 10− 2 Ω − 1cm − 1
Conductivodad..equivalente :
∆ = xVe
Volumen..equivalente :
0,1eq − gr →→ 1000cc
1eq − gr − →→ Ve
Ve = 104cc
∆ = 1,067 × 10− 2 Ω − 1cm − 1 × 104cc
∆ = 106,7Ω − 1cm 2
13. Un vaso de conductividad lleno con disolución 0,1 normal de KCl tiene una
resistencia de 96,2 ohms, y lleno con disolución solución 0,02 normal de
cloruro cálcico ofrece una resistencia de 536,4 ohms. Calcular las
conductividades equivalente y molar del CaCl 2 en disolución 0,02 normal.
La conductividad específica del KCl 0,1 normal es 0,129 ohms-1cm-1.
x = 0,0129Ω −1cm −1
R = 96,2Ω
Cálculo volumen correspondiente:
0,1eq − gr →→ 103cc
1eq − gr →→ Ve
Ve = 104cc
Cálculo de la conductividad equivalente:
∆ = xVe = 0,0129Ω −1cm −1 × 104cc
∆ = 129Ω − 1cm 2
(KCl)
Sabemos..que :
x = 1/ p
p = 1/x =
1
= 77,52Ωcm
0,0129Ω − 1cm − 1
R = p ×  /s
; /s = R / p
96,2Ω
=
= 1,241cm − 1
77,52Ωcm
ParaCaCl2 :
536,4Ω
= 423,23Ωcm
p =
1,241cm − 1
1
= 0,0023135Ω − 1cm − 1
x =
p
El.Ve = 5 × 104cc
luego : ∆ = xVe
= 1,56 × 10− 2 Ω − 1cm − 1
Conductividad..molar : µ = xVe
0,02eq − grCaCl2
1molCaCl2
0,02molesCaCl2
×
=
⇒ Vm = 105cc
3
10 cc
2eq − gr
2 × 103cc
µ = 0,0023135 × 105 = 231,35Ω − 1cm 2
14. Una disolución 0,01 normal de amoníaco tiene una resistencia específica
de 9990 ohms. La conductividad equivalente límite del NH 4 es 271,4
ohms-1cm2. Determinar el grado de ionización del amoníaco en disolución
0,01 molar.
P = 8990Ωcm
∆o = 271,4Ω − 1cm 2
1
1
=
= 1,1123 × 10− 4 Ω − 1cm − 1
p
8990Ωcm
∆ = xVe = cálculo..Ve :
x =
0,01eq − gr →→ 103cc
1eq − gr →→ x
Ve = 105cc
∆ = 1,1123 × 10− 4 Ω − 1cm − 1 × 105cc
∆ = 11,123Ω − 1cm 2
gra do..ionización :
∆o
11,123Ω − 1cm − 1
= α =
∆o
271,4Ω − 1cm − 1
α = 4,09 × 10− 2 = 4,09%
15. La resistencia específica del hidróxido sódico en disolución 0,001 normal,
0,01 normal y 0,1 normal es, respectivamente, 4081, 422 y 45,24
ohms.cm. La conductividad equivalente límite del NaOH es 248,1 ohms1
cm2. Hallar el grado de disociación aparente (relación de
conductividades), del NaOH a dichas concentraciones.
P = 4081Ωcm
x = 1 / p = 1 / 4081Ωcm = 0,000245Ω − 1cm − 1
volumen..equivalente :
0,001eq − gr. →→ 103cc
1eq − gr →→ Ve
Ve = 106cc
∆ = xVe = 2,45 × 10− 4 × 106
= 245Ω − 1cm 2
α =
245Ω − 1cm 2
∆
=
= 0,987 = 98.7%
248,1Ω − 1cm 2
∆o
16. Se disuelven 0,5 gr. de ferrocianuro potásico en un litro de agua, y la
disolución tiene una resistencia específica de 1263 ohms.cm. La
conductividad molar límite del K 4 Fe(CN) 6 es 738 ohms-1cm2. Hallar el
grado de disociación aparente del ferrocianuro potásico a esta
concentración.
[Fe(CN)6 ]K 4
Peso Molecular = 368gr / mol
moles
0,5gr
1mol
×
= 0,0013586
lto
lto
368gr
Conductividad molar :
µ = xVm
0,0013586moles →→ 103cc
→→ Vm
1mol
de dondeVm = 736501,8cc
µ = 0,007917Ω − 1cm − 1 × 736051,8cm 3
µ = 582,73Ω − 1cm 2
µ
582,73Ω − 1cm 2
=
µo
738Ω − 1cm 2
α = 0,789
; α = 78,9%
α =
17. La conductividad específica de una disolución 0,05 normal de sulfato
cúprico es 0,00295 ohms-1.cm-1. Las conductividades equivalentes de los
iones Cu+++ y SO= 4 son, respectivamente 54 y 79,8 ohms-1.cm2. Calcular el
grado de disociación aparente del sulfato cúprico en esta disolución.
x = 0,00295Ω −1cm −1
N = 0,05
Cálculo de la conductividad equivalente :
0,05eq − gr →→ 1000cc
1eq − gr
→→ Ve
Ve = 2 × 104cc
∆ = xVe = 0,00295Ω − 1cm − 1 2 × 104cc
∆ = 59Ω − 1cm 2(CuSO4)
Grado disociación :
∆
α =
∆o
++
∆Cu
= 54Ω − 1cm 2
∆SO4= = 79,8Ω − 1cm 2
∆o = 138,8Ω − 1cm 2
α =
∆
59Ω − 1cm 2
=
= 0,4409
∆o
138,8Ω − 1cm 2
α = 44,09%
18. Las conductividades equivalentes límites del formiato potásico, ácido
nítrico y nitrato potásico son, respectivamente, 128,1; 421,2 y 144,9
ohms-1.cm2. Calcular la conductividad equivalente límite del ácido
fórmico.
∆o HCOOK = 128,1Ω −1cm 2
∆o HNO3 = 421,1 Ω − 1cm 2
∆o KNO3 = 144,9Ω − 1cm 2
∆o HCOOH = ?
∆o KNO3 = ∆K + + ∆ NO3− = 144,9Ω − 1cm 2

 −
∆o HCOOK = ∆ HCOO − + ∆K + = 128,1Ω − 1cm 2 
∆NO3− − ∆HCOO − = 16,8Ω − 1cm 2
∆o HNO3 = ∆H + + ∆NO3− = 421,2Ω − 1cm 2 
 −
∆NO3− − ∆HCOO − = 16,8Ω − 1cm 2 
∆H + + ∆HCOO − = 404,4Ω − 1cm 2
∆H + + ∆HCOO − = ∆HCOOH = 404,4Ω − 1cm 2
19. La conductividad equivalente límite del cloruro de litio es 115,0 ohms1
.cm2 y el numero de transporte del ión Cl- en el cloruro de litio es
0,0664. Hallar las conductividades equivalentes de los iones Li+ y Cl-.
∆o LiCl = 115Ω −1cm 2
tCl− = 0,664
λoLi+ = ?
λoCl− = ?
El número de transporte es :
tCl
−
λoCl−
λoCl−
= o −
=
∆oLiCl
λ Cl + λoLi+
Despejando :
λoCl− = 0,664 × 115 = 76,36Ω − 1cm 2
luego : λoCl− + λoLi+ = ∆oLiCl
λoLi+ = ∆oLiCl − λoCl−
= 115 Ω − 1cm 2 − 76,36Ω − 1cm 2
λoLi+ = 38,64Ω − 1cm 2 ⇒ λoCl− Ω − 1cm 2
20. El número de transporte del ión Br- en el KBr y en el NaBr es,
respectivamente, 0,516 y 0,61. Si la conductividad equivalente al límite
del KBr es 151,9
ohms-1.cm2. Hallar la del NaBr.
tBr − = 0,516enKBr
tBr − = 0,61enNaBr
∆o = 151,9Ω − 1cm 2(KBr)
tBr − = 0,516 =
tBr
−
= 0,61 =
λO Br −
∆oKBr −
∆oNaBr = ?
=
λO Br −
151,9Ω − 1cm 2
λO Br −
∆oNaBr
Despejando :
λO Br − = 0,516 × 151,9Ω − 1cm 2
λO Br − = 78,38Ω − 1cm 2
Luego :
∆o(NaBr) =
78,38Ω − 1cm 2
0,61
∆o(NaBr) = 128,49Ω − 1cm 2
21. La movilidad del ión H 3 O+ es 3,625x10-3 cm/seg para un gradiente de
potencial de 1 volt/cm, y el número de transporte de este ión en el ácido
clorhídrico es 0,821. Hallar la conductividad equivalente límite del ácido
clorhídrico.
Movilidad(H 3O +) = U(H 3O +)
3,625 × 10− 3cm / seg
1volt / cm
λH 3O +
(1)
t(H 3O +) = 0,821 =
∆oHCl
UH 3O + =
donde :
λO(H 3O +) = U(H 3O +) × F
=
3,625 × 10− 3cm / seg
96500coulombios
×
volt / cm
eq − gr
λO(H 3O +) = 349,81Ω − 1cm 2
reemplazando en (1) :
349Ω − 1cm 2 / eq − gr
∆oHCl
349,81
∆oHCl =
= 426,0,77Ω − 1cm 2
0,821
0,821 =
22. Calcular el potencial de un electrodo de cadmio introducido en una
disolución de sulfato de cadmio 0,002 molar supuesta ideal. El potencial
normal del cadmio es -0,402 volt.
proceso de reducción :
Aplicando Nersnt :
RT
1
E = Eo −
ln
[Cd + + ]
nF
Cd + + + 2e − →→ Cd 0
0,059
1
log
2
2 × 10− 3
E = −0,402 − 0,0796 = 0,481volts
E = −0,402volts −
23. Hallar la concentración de los iones Cu++ en una disolución en la que el
potencial del electrodo de cobre es cero. El potencial normal del cobre
es 0,34 volts.
Cu +2 + 2e − →→ Cu0
0,059
1
log
E = Eo −
[Cu+ 2 ]
2
0,059
1
0 = 0,34 −
log
[Cu+ 2 ]
2
despejando :
log
; [Cu + 2 ] = 2,98 × 10− 12 M
1
[Cu+ 2 ] = 11,52
24. La constante de disociación del ión complejo amoniacal de plata,
Ag(NH 3 ) 2 , es 6,8x10-8.Calcular la diferencia de potencial de un electrodo
de plata introducido en una disolución obtenida al mezclar en volúmenes
iguales nitrato de plata 0,1 normal y amoniaco 1 normal. El potencial
normal de la palta es 0,799 volts.
AgNO3 →→ Ag + + NO3−
+ 2NH 3
Ag(NH 3)2+
[Ag ]
+
[NH 3 ]
= 0,1M = [NO3− ]
= 1,0M
K = 6,8 × 10− 8
K =
[Ag ][NH ]
[Ag(NH ) ]
+
2
3
+
3 2
despejando :
[Ag(NH ) ]
+
3 2
=
1
× 0,1 × 12
+8
6,8 × 10
= 1,47 × 106
1,47 × 106
E = 0,799 − 0,059 log
0,1
E = 0,0375volts
25. El potencial de un electrodo de plata en una disolución 0,2 molar de
nitrato de plata es 0,747 volts. El potencial normal de la plata es 0,799
volts. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato de plata a esta
concentración.
E = 0,747volts
E O = 0,799volts
AgNO3 →→ Ag + + NO3−
C
O
O
C(1 − α)
Cα
Cα
Ag + + 1e − →→ Ag O
0,059
1
E = EO −
log
[Ag + ]
1
0,747 = 0,799 − 0,059 log
1
0,052
=
log
+
[Ag ] 0,059 = 0,88
1
[Ag + ]
; [Ag + ] = 0,13M = Cα
0,131
α =
= 0,657
0,2
26. Calcular la FEM de una pila Daniell constituída por dos electrodos de cinc
y cobre introducidos en disoluciones 0,1 molares de sus sulfatos. ¿Cuál
será la diferencia de potencial si las disoluciones se diluyen a un volumen
10 o 100 veces mayor? Los potenciales normales del cinc y del cobre son,
respectivamente, -0,763 volts y 0,34 volts. Suponer en todos los casos
que el grado de disociación aparente de los sulfatos de cinc y de cobre
es el mismo.
[ZnSO4 ]
Re acciones
= 0,1M = [CuSO4 ]
ZnO →→ Zn + 2 + 2e −
Cu + 2 + 2e − →→ CuO
[Zn+ 2 ]
0,059
log
[Cu+ 2 ]
2
0,059
= 0,34 + 0,763 −
log 1
2
Epila = E O pila −
Epila = 1,103volts
Para todos los casos.
27. Se forma una pila con dos electrodos de hidrógeno, uno en disolución de
ácido clorhídrico 1 molar (α=0,8). El potencial de la pila es 0,258 volts.
Calcular: a), el pH de la otra disolución; y b), la diferencia en el valor de
pH si el potencial varía en 1 minivolt.
H + + 1e − →→ 1 / 2H 2
a)
[
0,059
H+]
log
Epila = E pila −
1
0,8
0,8
0,8
0,258 = 0 + 0,059 log +
; log + = 4,372
[H ]
[H ]
O
despejando :
1
pH = log +
[H ]
Epila = 0,259 = (dif. en 1minivlot)
b)
log
0,8
0,259
=
+
[H ] 0,059 = 4,38
0,8
[H + ] = 24337,501
1
[H + ] = 30371,87
pH = 4,486
luego : ∆pH = 4,486 − 4,469 = 0,02
28. De:
Epila = Ecalomelanos − EH +
= 0,334 − 0,059 log(H 3O +)
0,652 = 0,334 + 0,059pH
0,652 − 0,334
pH =
= 5,389 ≅ 5,39
0,059
1
1
; + = 245375,09
log + 2 = 5,389 × 2 = 10,779
[H ]
[H ]
pH = 5,389
29. La FEM de la pila formada por un electrodo decimonormal de calomelanos
(E=0,334volts) y un electrodo de hidrógeno en ácido benzoico 0,02 molar
es de 0,509 volts. Calcular la constante de ionización del ácido benzoico.
Hg 2Cl2 + 2e − →→ 2Hg + 2Cl−
→→ 2H + + 2e
H2
0,509volts = 0,334volts −
5,9322 = log
1
[H ]
+ 2
0,059
2
2
log[H + ] [Cl− ]
2
1
[H ] [Cl ]
+ 2
− 2
= 835466,93
1
[H + ] = 924,9
[H ]
+
= 0,00108
C6H 5COOH →→ C6H 5COO − + H +
C
O
O
C(1 − α)
Cα
Cα
Ka =
(1,08 × 10− 3)2
C 2α 2
=
= 6,16 × 10− 5
0,02 − 1,08 × 10− 3
C(1 − α)
Ka =
x2
c − x
30. Un electrodo de quinhidrona se forma al introducir una lámina de platino
en una disolución a la que se la agrega una pequeña cantidad (unos
centigramos), de quinhidrona (compuesto equimolecular de quinona e
hidroquinona). El proceso electródico es: C 6 H 4 (OH) 2 ==C 6 H 4 +2H++2e- y el
potencial normal correspondiente es 0,699 volts. Hallar el potencial de
este electrodo cuando el pH de la disolución es 6,12.
0,059
1
log + 2
2
[H ]
0,059
1
0,669 −
log
− 6,12 2
2
(10
)
0,059
1
0,669 −
log
2
5,74 × 10− 13
0,059
× 12,24
0,669 −
2
0,669 − 0,36109
E = 0,3379volts
E = Eo −
=
=
=
=
31. Se forma una pila con un electrodo de quinhidrona en una disolución
desconocida y un electrodo 0,1 normal de calomelanos, que forma en este
caso el polo negativo. La FEM de la pila es de 0,127 volts. Hallar el pH de
la disolución desconocida. El potencial normal del electrodo de
quinhidrona es 0,699 volts, y el del electrodo 0,1 normal de calomelanos
es 0,334 volts. ¿A qué valor del pH será nulo el potencial de la pila?
2H + + 2e − + C6H 4O 2 →→ C6H 4(OH)2
2Hg + 2Cl−
→→ Hg 2Cl2 + 2e −
Eopila = Eder. − Eizq.
= Ered. − Eoxid
Eopila = 0,699 − 0,334 = 0,365volts
0,059
1
0,127 = 0,365 −
log
2
[Cl− ]2[H + ]2
− 0,059
1
log + 2
2
[H ]
1
8,067 = log + 2
[H ]
1
= 1,16 × 108
+ 2
[H ]
− 0,238 =
1
[H ]
+
= 1,077 × 10
4
pH = log
1
[H + ]
pH = 4,03
0,059
1
log + 2
2
[H ]
1
12,372 = log + 2
[H ]
1
= 1,5 × 106
+
[H ]
pH = 6,18
0 = 0,365 −
b)
32. El potencial de un electrodo 0,1 normal de calomelanos es 0,334 volts. En
la disolución 0,1 normal de KCl la concentración ideal del ión Cl- es
0,0770 moles/litro. El potencial normal del mercurio frente al ión
mercurioso es 0,798 volts. Hallar el producto de solubilidad.
2Hg →→ Hg 2+2 + 2e −
+2
2
Hg ´2Cl
−
Eo = 0,798volts
→→ Hg 2Cl2
2Hg + 2Cl− →→ Hg 2Cl2 + 2e −
E = 0,334volts
Hg 2+2 + 2e − →→ 2Hg
2Hg + 2Cl− →→ Hg 2Cl2 + 2e −
Hg 2+ 2 + 2Cl− →→ Hg 2Cl2
0,059
1
log
2
[Hg 2+ 2 ][Cl− ]2
0,059
1
log
0,034 = 0,798 −
[Hg 2+ 2 ]
2
E = Eo −
0,059
1
log
[Hg 2+ 2 ]
2
1
15,7 = log
[Hg 2+ 2 ]
0,464 =
[Hg ]
+2
2
= 1,36 × 10− 8
Kps = [Hg 2+ 2 ][Cl− ]
2
= ( 1,36 × 10− 8)2(0,077)2
Kps = 1,1 × 10− 18
33. Calcular la constante de equilibrio correspondiente a la reacción
Cu+2Ag+==Cu+++2Ag a partir de los potenciales normales del cobre y de la
plata, iguales, respectivamente, a 0,340 volts y 0,799 volts.
Cu0 + 2Ag + →→ Cu +2 + 2Ag
Ke =
[Cu ]
[Ag ]
+2
+ 2
EoAg = 0,799volts(reducción)
EoCu = 0,34(oxidación)
En el equilibrio
0 = (0,779 − 0,34) −
Epila = 0
[Cu+ 2 ]
0,059
log
n
[Ag + ]2
0,059
log Ke
2
log Ke = 15,559
0 = 0,459 −
Ke = 3,62 × 1015
34. Se forma una pila con un electrodo décimo normal de calomelanos
(E=0,334 volts) que forma el polo negativo y un electrodo de platino
introducido en una disolución de sales ferrosa y férrica. Calcular la FEM
de la pila cuando: a), Fe+++=0,0999 y Fe+++=0,0001; y b), Fe++=0,0001 y
Fe+++=0,0999; las concentraciones en moles por litro. El potencial normal
del electrodo Pt/Fe++, Fe+++ es 0,771 volts.
a)
2Hg →→ Hg 2+ 2 + 2e −
Hg 2+ 2 + 2Cl− →→ Hg 2Cl2
2Hg + 2Cl− →→ Hg 2Cl2 + 2e −
Fe + 3 + 1e − →→ Fe + 2
E O = 0,334volts
E O = 0,771volts
2Fe + 3 + 2e − →→ 2Fe + 2
2Hg + 2Cl− →→ Hg 2Cl2 + 2e −
(1)2Fe + 3 + 2Hg + 2Cl− →→ 2Fe + 2 + Hg 2Cl2
[0,099]2
0,059
E = 0,437 −
log
2
[0,0001]2 [Cl− ]2
E = 0,437 − 0,1769 = 0,26volts
b)
Usando la ecuación(1) :
[0,0001]2
0,059
log
[0,0999]2
2
E = 0,437 + 0,176 = 0,614volts
E = 0,437 −
E O = 0,437volts
TERMODINAMICA
Problemas propuestos en el texto: "Fisioquímica" del Ing. Carlos Velazco.
1. Calcular el trabajo hecho sobre un mol de vapor, si es condensado
reversiblemente a 120°C.
A 120°C Pv=1489 mmHg
Volumen molar vapor = 16,07ltos
Volumen molar líquido = 0,019 ltos
W = −P∆V
1489
24,2cal
= −
(0,02 − 16,07)atm × lto ×
= 761cal
760
1atm × lto
2. Calcular el trabajo mínimo que puede ser hecho a 25°C con dos moles de
CO 2 al comprimirlos de un volumen de 20 litros a 1 litro, cuando se asume
que el CO 2 :
a)es un gas perfecto
b)es un gas real
a)
V2
W = − ∫ Pdv = −nRT ln
V1
V2
V1
= −2moles × 1,987
cal
1
× 298°K ln
20
°K × mol
= +3547,7calorías
b)
V2
W = − ∫ Pdv
V1
V2
=
∫
V1
1
 nRT
an2 
V − nb
1


− 2 dv = nRT ln 1
− an2 
−
V 
V2 − nb
V
V
 y − nb
1 
 2
ParaCO2 :
a = 3,61atm × lto2 / mol2
b = 0,0428lto / mol
1 
24,2cal
 20 − 2 × 0,0428 
1
W = 2 × 1,98 × 298 ln
 − 3,61 × 4 −
 ×
20  1atm × lto
1
 1 − 2 × 0,0428 
W = 3303,7cal
3. Tres moles de un gas perfecto con Cv igual a 5 cal/mol grado, son
comprimidas reversiblemente y adiabáticamente de un volumen de
75litrs a 1 atm hasta 100 atm. Predecir:
a) el volumen final del gas.
b) la temperatura final del gas.
c) el trabajo que puede ser hecho por el gas al comprimirse.
a)
Cv = 5cal / mol.. gra do
Cp − Cv = R
Cp = 1,98 × 5 = 6,98
γ = Cp / Cv = 6,98 / 5 = 1,39
P1V1γ = P2V2γ(proceso adiabático)
1 × 751,39 = 100V21,39
 75 
 
 V2 
2
= 100
; V2 = 2,78ltos
b)
P2V2 = nRT2
100atm × 2,78ltos
PV
T2 = 2 2 =
atm × lto
nR
3moles × 0,082
°K × mol
T2 = 1130°K
c)
P2V2 − P1V1
γ −1
1002,78 − 1 × 75
203
=
=
1,39 − 1
0,39
24,2cal
= 12596,4cal
W = 520,51atm × lto ×
1atm × lto
W =
4. Calcular el incremento de energía ∆E para la condensación de un mol de
vapor a 0°C y 0,0060 atm. a agua líquida, a 0°C y 0,006 atm. El calor de
vaporización del H2O es de 10730 cal/mol a 0°C y 0,006 atm.
H 2O(g) →→ H 2O(g)
V(l)
W = −
∫ Pdv
∆H = q P = +10730cal
= −P [V(l) − V(g)]
V(g )
W = −0,006atm[0,018ltos − 3731ltos]
24,2cal
= +223,99atm × lto ×
= 342cal
atm × lto
Pr imera ley :
∆E = Q − W
∆E = +10730cal − 542cal
∆E = 10188cal
5. Calcular el incremento en enrgía y entalpía de un mol de agua si su
temperatura se incrementa de 10°C a 70°C a presión constante de 1 atm.
343
∆H =
∫ Cpdt
= Cp∆t
283
cal
(343 − 283)°K
mol × °K
∆H = 1080cal / mol
= 18
∆E = ∆H − P∆V
cal
= 1080
− 1atm(0,0282 − 0,0232)ltos
mol
cal
24,2cal
= 1080
− 0,0049atm × lto ×
= 1079,88cal
mol
atm × lto
∆E = ∆Η(conclusión)
6. Tres moles de un gas ideal se expanden isotéricamente contra una
presión constante de oposición de 1 atm desde 20 hasta 60 litros.
Calcular W,Q,∆E,∆H.
Pop = cte
Wisot = Pop∆V = Pop(V2 − V1) = 1atm(60 − 20)ltos
W = 40atm × lto
dE = dQ − dW
dE = 0 ⇒ dQ = dW
proceso isotérmico :
Q = W = 40atm × lto
Pr imera ley :
∆Η = ∆E + ∆(PV)
∆(PV ) = 0
∆Η = 0
; ∆E = 0
7. Tres moles de un gas ideal a 27°C se expanden isotéricamente y
reversiblemente desde 20 hasta 60 litros. Calcular: Q,W,∆E,∆H.
60
V2
atm × lto
= 3moles × 0,082
× 300°K ln
20
°K × mol
V1
W = 81,08atm × lto
: dE = 0 ⇒ Q = W = 81,08atm × lto
dE = dQ − dW
W = nRT ln
∆H = ∆E + ∆(PV)
= P2V2 − P1V1
; ∆E = 0
∆H = 0
8. Un mol de un gas real a 27°C se expande isotérmicamente y
reversiblemente desde 10 hasta 30 litros. Calcular el trabajo producido.
Datos:
a=5,49 litros atm/mol2
b=0,064litros/mol
W =
∫ Pdv
W =
∫

2 a 
P + n
(v − nb )nRT
V2 

V2
V1
V2
V1
 nRT

− n2a dv =

 v − nb

W = nRT ∫
V2
V1
∫
V2
V1
nRTdv
−
v − nb
∫
V2
V1
a
dv
V2
V 2 dv
dv
− n2a∫
V1 v2
V − nb
W = nRT ln
1
V2 − nb
1

+ n2a
−
V1 − nb
V1 
 V2
W = 1mol × 0,082
+ mol2 × 5,49
atm × lto
30 − 0,064
× 300°K ln
+
°K × mol
10 − 0,064
lto2 × atm
mol2
1 1
1
−


10  ltos
 30
W = 26,7atm.lto
9. Un mol de gas ideal está encerrado a una presión constante de oposición
igual a 2 atm. La temperatura varía desde 100 hasta 25°C. a) ¿Cuál es el
valor de W?
b)Si Cv=3 cal/grado mol, calcular Q,∆E y ∆H.
a)
Pr oceso isobárico :
∆Η = Qp
b)
Cp − Cv = R
Cp = R + Cv = 2
cal
cal
cal
+ 3
= 5
mol × °K
mol × °K
mol × °K
W = Q − ∆E
∆H = nCp∆T = 5
cal
× (25°K − 100°K ) × 1mol
mol × °K
∆H = 375cal
Q = −375cal
∆E = nCp∆T = 1mol × 3
cal
(−75)°K
mol × °K
∆E = −225cal
W = −375cal + 225cal = −150cal
10. 100 gr de nitrógeno a 25°C y 760 mmHg se expanden reversiblemente e
isotérmicamente a una presión de 100 mmHg.
a)¿Cuál es el trabajo máximo que se puede obtener de esta
expansión?.
b)¿Cuál será el trabajo máximo que se pude obtener si la
temperatura es de 100°C?
a)
W = nRT ln
P1
P2
= 100gr.N 2 ×
1molN 2
0,082atm × lto
760
×
× 298°K ln
28grN 2
100
°K × mol
W = 177atm × lto
11. Demuestre que para una expansión isotérmica reversible de volumen, mol
de un mol de gas que obedece la ecuación de Vander Waals, el trabajo
efectuado es:
 −b

W = RT ln V2
− b  + a[1 / V2 − 1 / V1 ] .
V
1


Calcular el trabajo que puede obtenerse de una expansión reversible
isotérmica de un mol de Cl 2 de 1 a 50 lts a 0°C.
Demostración :

an2 
P + 2 (v − nb) = nRT
V 

a 

P + 2 (v − b) = RT
V 

P =
RT
a
− 2
v − b
V
W =
∫
V2
W =
∫
V2
V1
V1
Pdv =
∫
V2
V1
(n moles)
(1mol)
a 
 RT
− 2 dv

V 
v − b
RT
dv −
v − b
∫
V2
V1
V2
V 2 dv
a
dv
dv
RT
a
=
−
∫V 1 v − b ∫V 1 V 2
V2
1
V − b 
1

 ÷ a
−
W = RT ln 2
V1 
 V2
 V1 − b 
cal
 50 − 0,05622 
× 273°K × 1mol × ln

mol × °K
 1 − 0,05622 
1
1
+ 6,493
− 
1
 50
W = 1,98
W = 199,3596cal
12. a)Calcular el trabajo máximo de la expansión isotérmica de 10 gr. de
helio, de un volumen de 10 a otro de 50 lts. a 25°C. b) Calcular el trabajo
máximo de una expansión adiabática partiendo de las mismas condiciones
y permitiendo al gas expandirse hasta 50 lts.
a)
W = nRT ln
V2
1mol
cal
= 10gr.lto ×
× 1,98
× 298°K
V1
4gr.He
mol × °K
50
10
W = 2380cal
× ln
b)
proceso adiabático :
Q = 0
∆E = −W
Wmax = −∆E
= −n ∫ CvdT = −nCv(T2 − T1)
T2
T1
cálculoT2 :
γ −1
T2
T2
5 / 3−1
V 
 10 
= T1  1 
= 298°K  
 50 
 V2 
= 101,37°K
Wmax = −
10
3cal
mol ×
× (101,37 − 298)°K = 1474,7cal
4
mol × °K
13. Tres moles de un gas ideal con Cv igual a 5,0 cal/mol grado a una presión
inicial de 100 atm. y a una temperatura de 1130°K, fue repetínamente
dejado escapar a la atmósfera a una presión constante de 1 atm. Para
este cambio adiabático irreversible, calcular ∆E y ∆H.
Pr oceso adiabético ⇒ Q = 0
∆E = −W(*)
nRT
P
3 × 0,082 × 1130  1,98
 3 × 0,082 × T2
−
W = 1atm
(1)

1
100

 0,082
W = P∆V = P(V2 − V1)
V =
para el mismo cambio :
∆E =
∫ nCvdT
T2
T1
∆E = 3 × 5 × (T2 − 1130)(2)
igualando(1) = (2)
(primer principio)(*)
3 × 1130 

3 × 5 × (T2 − 1130) = 1,98 3T2 −

100 

1130 

5(T2 − 1130) = 1,98T2 −

100 

despejandoT2 = 812°K
Entonces : ∆E = −W
= 3 × 5 × (812 − 130) = −4770cal
∆H = ∆E + ∆PV = ∆E + nR∆T
∆H = −4770cal ÷ 3moles × 1,98
cal
× (812 − 1130)°K
mol × °K
∆H = −6670cal
14. Un mol de metano a 200°C y 10 atm. se expande adiabáticamente y
reversiblemente, a una temperatura de 0°C. Si el metano es un gas
perfecto con Cp=3,422 +17,845x10-3T-4,165x10-6T2 Calcular:
a)el trabajo hecho por el metano
b)la presión final del metano
a)
∆E = −W
∆E =
∫
; W = −∆E
(proceso adiabático)
T2
Cp − Cv = R
nCvdT
T1
Cv = Cp − R
∆E =
=
∫
T2
T1
∫
n(Cp − R)dT =
∫
T2
T1
(Cp − R)dT
n = 1mol
(1,435 + 17,845 × 10− 3T − 4,165 × 10− 6 ∫ T 2dT
T2
T2
T1
T1
∆E = 1,435∫ dT 17,845 × 10− 3T − 4,165 × 10− 6 ∫ T 2dT
T2
T2
T1
T1
T
T 3
T 
T3 
 − 4,165 × 10− 6  2 − 1 
∆E = 1,435(T2 − T1) + 17,845 × 10− 3 
−
2
3
2
3
2
2
T2 = 473°K
T1 = 273°K
2
1
Cambiamos lím ites para componer el signo *
Re emplazando
tenemos :
− ∆E = 287 + 1331 − 119 = 1499cal = W
b)
CpdT = Vdp = RT
∫
273
473
CpdT = R ∫
P2
10
dp
p
dp
p
273
4,165 × 10− 6
+ 17,845 × 10− 3(273 − 473) −
(2732 − 4732) =
473
2
= 1,98l ln .P2 / 10
3,442 ln
despejando :
P2 = 0,75atm
15. Una muestra de 32 gr. de gas metano inicialmente a 1 atm. y 27°C es
calentado a 277°C. La ecuación empírica para la capacidad molar
calorífica del metano a presión constante es:Cp=3+2x10-2T cal/mol
grado. Asumiendo que el metano se comporta idealmente, calcular
W,Q,∆E y ∆H.
a) para un proceso isobérico reversible.
b) para un proceso isócoro reversible.
mCH 4 = 32 gr 16gr / mol = 2moles
a)
proceso isobárico :
∆H = Qp
∆H =
∫
T2
T1
nCpdT = 2moles∫
550
300
∆H = 2(3T + 2 × 10− 2I 2)∫
(3 + 2 × 10− 2T)dT
550
300
 5502
3002 

∆H = 6(550 − 300) + 2 × 10− 2 
−
2 
 2
∆H = 5800cal = 5,8Kcal
W = −P∆V = −nR∆T
cal
× 250°K
mol × °K
∆E = ∆H − nR∆T = 5,8 − 1 = 4,8Kcal
= −2moles × 1,98
b)
Cp − Cv = R
proceso
= −1000cal = −1Kcal
isocoro : W = 0
Cv = Cp − R = 1 + 2 × 10− 2T
∆E =
∫
550
300
nCvdT =
∫
550
300
2(1 + 2 × 10− 2T )dT
∆E = 4,8Kcal
∆E = Qv = 4,8Kcal
∆H = ∆E + ∆PV
∆H = 4,8 + 1 = 5,8Kcal
∆E y ∆H tienen los mismos valores en a) y b)
porque E y H solo dependen de la temperatura.
16. 10 gr. de hielo a -10°C y 50 gr. de agua a 30°C son mezclados
adiabáticamente y a presión constante. ¿Cuál es la temperatura final del
sistema?
Datos:
CpH2O líquida= 1cal/gr °K
CpHielo
= 0,5 cal/gr °K
∆H 2
= 80 cal/gr
Calor perdido(H2O) = Calor ganado(hielo)
cal
1cal
[0 − (−10)] +
× (30°C − Teq ) = 10gr. × 0,5
gr × °C
gr × °C
cal
cal
(Teq − 0°C )
× 10gr + 10gr × 1
80
gr
gr × °C
50gr.
1500 − 50Teq = 50 + 800 + 10Teq
60Teq = 650
Teq = 10,8°C
17. Si en el problema anterior suponemos que tenemos 50 gr. de hielo a 10°C, en lugar de 10 gr. ¿Cuál sería la temperatura final del sistema?,
¿Habrá hielo en el sistema?
Calor perdido (H2O) = Calor Ganado (hielo)
cal
cal
[0 − (−10)]°C
50gr.1
× (30 − 0)°C = 50gr. × 0,5
gr × °C
gr × °C
cal
+ 80
×Z
gr
1250
= 15,6gr
80
La temperatura final es 0°C y habrán 34,4 gr de hielo en el sistema. (5015,6=34,4).
1500 = 250 + 80Z ⇒ Z =
18. Usando datos de tablas calcular el cambio de entalpía para la reacción:
3C 2 H 2 ---C 6 H 6 .
(1)
2C(S) + H 2(g) →→ C 2H 2(g)
(2)
6C(S) + 3H 2(g) →→ C6H 6(l)
Multiplicando la primera ecuación x3
∆H Of = +54,19Kcal / mol
∆H Of = +19,82Kcal / mol
(3)
6C(S) + 3H 2(g) →→ 3C 2H 2(g
(2) − (3)
C(S) + 3H 2(g) →→ C6 H 6(l)
2C 2H 2(g) →→ C(S) + 3H 2(g)
3C 2H 2(g) →→ C6H 6(l)
∆H Of = 162,57Kcal / mol
∆H Of = 19,82Kcal / mol
∆H Of = −162,57Kcal / mol
∆H Of = −142,75Kcal / mol
19. Dado que el calor de formación del agua (vapor) a 100°C es -57,8
Kcal/mol H2O. (La reacción es H 2(g) +1/2 O 2(g) ==H2O (g) ) y suponiendo que
los gases son ideales. a)Calcular el calor de formación del vapor de agua a
300°C. Usando los promedios de las capacidades caloríficas.
Cp H 2 O = 8 cal/mol grado
Cp H 2 = 7 cal/mol grado
Cp O 2 = 7 cal/mol grado
b)Calcular el calor de formación del agua a 300°C si las capacidades
caloríficas son:
Cp H 2 O = 7,2 + 2,8x10-3T + 0,27x10-6T2
Cp H 2 = 7,0 + 0,2x10-3T + 0,50x10-6T2
Cp O 2 = 6,1 + 3,3x10-3T - 1,00x10-6T2
c)Para la reacción dada derivar una expresión general
para el cambio de entalpía ∆H a cualquier temperatura.
a)
∆H 2 = ∆H 1 +
∫
T2
T1
∆CpdT
1


∆Cp = CpH 2O − CpH 2 + CpO2
2


= 8 − 7 − 3,5 = −2,5cal / molH2O
∆H 2 = −57,8
K.cal
+
mol × H 2O
∫
573
− 2,5 × 10'− 3
373
K.cal
mol × H 2O
b)
∆Cp = (7,2 − 7 − 3,05) + [(2,8 + 0,2 − 1,65) × 10− 3 ]T
+ 0,27 × 10− 6T 2
∆Cp = −2,9 + 1,4 × 10− 3T + 0,27 × 10− 6T 2
∆H 2 = ∆H 1 +
∫
573
373
− 2,9dT +
∫
573
1,4 × 10− 3TdT +
373
∫
573
373
0,27 × 10− 6T 2dT
 5732
3732 

= −57,8 + 2,9(573 − 273) + 1,4 × 10− 3 
−
2 
 2
 5732
3732 
 × 10− 8
+ 0,27 × 10− 6 
−
2
2


K.cal
∆H 2 = −58,2
mol × H 2O
c)
Inte gra ndo definitavemente :
∫ d (∆Η )
=
∆H = cte
∫ ∆Cp + cte
+ ∫ (−2,5 + 1,4 × 10
 ∂∆Η 

 = ∆Cp
 ∂T 
−3
T + 0,27 × 10− 6T 2)dT
∆H = −57,8
3

1
−3
− 6 373 
2
cte = −57,8 + − 2,9 × 313 + 1,4 × 10 373 + 0,27 × 10

2
3 

× 10− 3.
cte = −56,8Kcal / mol
∆H = −56,8 + {− 2,9T + 7 × 10− 4T 2 + 9 × 10− 8T 3 } × 10− 3
Re sp.
TERMODINAMICA II
1. Calcular la entropía de la mezcla de 3 moles de N 2 y 2 moles de H 2 ,
suponiendo comportamiento ideal.
Entropía del N 2 = S 2 -S 1 = 3R ln V 2 /V 1
(variación)
= 3(1,98) ln 5/3
= 3,04 v.e.
Entropía del H 2 =
S 2 -S 1 = 2R ln V 2 -V 1
= 2(1,98)ln 5/2
= 3,64v.e.
La entropía total de la mezcla: 3,034+3,64=6,68 v.e.
2. Si tres moles de gas helio se calientan de 0 a 100°C a presión constante
de 1 atm, calcular el incremento en la entropía del gas.
Incremento de entropía:
T
S2 − S1 = nCp ln 2 T
1
5
= 3×
× 1,98 ln 373273
2
= 4,65v.e.
3. Calcular el incremento de entropía sufrida por dos moles de oxígeno,
cuando su temperatura es cambiada de 300°K a 400°K.
a)A presión constante.
b)A volumen constante.
Cp=6,0954 + 3,2533x10-3T - 1,01x10-6T2
a)
∆s =
∫
T2
Cp
T1
∆s = 2∫
400
300
dT
T
(6,0954 + 3,2533 × 10
T − 1,01 × 10− 6T 2 )
−3
400


= 26,0954 ln
+ 3,2533 × 10− 3 (400 − 300) −
300


−6
1,01 × 10
(4002 − 3002)
2
= 2(1,7536 + 0,3253 − 0,0356)
= 4,108166cal / gra do
b)
A volumen.. ete :
T2
dT
∆s = ∫ Cv
T1
T
∆s = 2∫ Cv
T2
T1
T2
dT
dT
= 2∫ (Cι − R)
T1
T
T
∆s = 4,0886 − 2R lnT2T 
 1
= 4,0886 − 2 × 1,987 ln(4 / 3)
= 4,08 − 1,1434
∆s = 2,9432cal / gra do
4. Determinar ∆G a 1000 °K para la reacción:
1/2N 2(g) + 3/2H 2(g) === NH 3(g) .
Si a 298 °K ∆G° =-3980 cal y ∆H° está dado por la ecuación:
∆H° =-9190 - 7,12T + 3,182x10-3T2 - 2,64x10-7T3.
dT
T
d
(∆G °T )
dT
=
− ∆H
T2
= +
9190
7,12
+
− 3,182 × 10− 3 + 2,64 × 10− 7T
2
T
T
Por
int e gra ción :
9190
2,64
∆G °
= −
+ 7,12 ln T − 3,182 × 10− 3T −
× 10− 7T 2
T
T
2
2,64
∆G ° = −9190 + 7,12 ln T − 3,182 × 10− 3T −
× 10− 7T 3 + IT
2
Evaluando la constante de integración:
− 3980 = −9190 + 7,12 × 298 ln 298 − 3,182 × 10−3(298)2
2,64
−
× 10− 7(298)2 + I298
2
I = −21,61
Entonces :
∆G ° = −91,90 + 7,12 ln T − 3,182 × 10− 3T 2 + 1,32 × 10− 7T 3 − 2,61T
5. Calcular el incremento de entropía que sufren dos moles de un gas
perfecto cuando repentinamente son liberados dentro de un frasco de
tal forma que su presión cae de 4/3 atm a 1 atm.
Este cambio es reversible y adiabático Q=0
Como no se hace trabajo ∆E = -W = 0 (Tcte)
∆S= nCp(T2/T1) + nR ln (P 1 /P 2 )
∆S= 2x1,98x ln 4/3 = 1,143 cal/grado
6. Calcular el incremento de entropía de un mol de gas perfecto diatómico,
Cp=7/2 R. Su estado inicial es: 25°C y 1 atm. y su estado final se halla a
100°C y a) a una atm de presión, b) a 10 atm de presión.
a) Calentamiento reversible a presión constante de 1 atm.
7
R ln 373298 = 1,5cal / gra do
∆S =
2
(
)
b) Composición isotérmica hasta 10 atm.
7
∆S =
R ln 373298 + R ln 1 / 10
2
= 1,56 − 4,58
= −3,02cal / gra do
(
)
7. Si el N 2 tiene un Cp= 7/2 R y es un gas perfecto, calcular la entropía
absoluta del N 2(g) a 100°C y 1 atm.
La entropía absoluta del N 2(g) a 25°C y 1 atm. es de tablas, 45,77 cal/mol
grado
SO= 45,77 + 1,56 =47,33 cal/grado
8. ¿Será la siguiente reacción expontánea a 25°C y 1 atm.?
3H 2(g) + Fe 2 O 3(S) --- 2Fe (S) + 3H 2 O (g)
∆H ° = 3(−57,7979) − (−196,5)
= +23,1Kcal
∆S° = 3(45,106) + 2(6,49) − 21,5 − 3(31,2) = 33,2cal / gra do
De la ecuación:
∆G = ∆H − ∆S
∆G ° = ∆H ° − T∆S°
∆G ° = 23100 − 298 × 33,2
= +13200cal
La reacción NO es expontánea.
9. Calcular el cambio en la energía libre cuando un mol de helio gaseoso a
300°k se expande de 1 atm a 0,1 atm, comportándose como un gas ideal.
∫
2
1
d6 =
∫
2
1
Vdp =
∫
P2
P1
P
RT dP p = RT ln 2 P
1
∆G = 1,98 × 300 × ln 0,1 / 1
∆G = −1373cal / mol
10. ¿Cuál es la variación de entropía si la temperatura de un mol de gas ideal
aumenta de 100°K a 300°K.
a)Si el volumen es constante?
b)Si la presión es constante?
c)¿Cuál sería la variación de entropía si se utilizan trs
moles en vez de uno?
a)
T
V
∆S = nCv ln 2T  + nR ln 2 V 
1

 1
T
∆S = nCv ln 2T 
 1
= 1mol × 3 / 2 × 2
(
)
cal
× ln 300100
mol × °K
∆S = 3,30ues
b)
P
T
∆S = nCv ln 2T  − nR ln 2 P 
 1
 1
Cp = Cv + R = 5 / 2R
(p.cte)
T
∆S = n5 / 2R ln 2T 
 1
cal
5
ln 300100
∆S = 1mol ×
× 2
mol × °K
2
= 5,50ues
(
)
c)
(
)
(
)
∆S = 3 ×
3
× 2 × ln 300100 = 9,90ues
2
∆S = 5 ×
5
× 2 × ln 300100 = 16,5ues
2