PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA TERCERA PARTE Nomenclatura Estado gaseoso Choque Ramirez Jhonny Marcelo Crispin Collo Luis Hector Garcia Quispe Reynaldo Manuel Caceres Escobar Franz Sinka Tonconi Maria Estefani UMSA, FACULTAD DE INGENIERÍA CURSO PREFACULTATIVO 2021 Compilado y condensado por: neXus PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA Nomenclatura N.1. ..…………….. es el conjunto de normas que regulan la denominación de las sustancias químicas. a) b) c) d) e) Nomenclatura Reacción química Símbolo Formula Ninguna N.2 Los …………….. son abreviaturas de los nombres de los elementos y los mismos representan un átomo. a) b) c) d) e) Nomenclaturas Símbolos Subíndices Formulas Ninguna N.3 La ……………….. es la representación escrita de una molécula, y se escribe empleando: símbolos, subíndices, paréntesis y corchetes. a) b) c) d) e) Formula iónica Formula física Formula química Formula estructural Ninguna N.4 Los ……………….. son una representación de los átomos, consisten en símbolos químicos que representan el núcleo y los electrones internos, junto con puntos alrededor del símbolo que representan los electrones de valencia. a) b) c) d) e) N.5 La ……………….. es la fórmula más simple de un compuesto que representa el número mínimo de átomos de los elementos que conforman el compuesto. a) b) c) d) e) Formula empírica Formula molecular Formula química Formula desarrollada Ninguna N.6 La fórmula del Monóxido de Potasio es: a) b) c) d) e) K2O2 K2O KO KO2 Ninguna N.7 La fórmula del Anhídrido Dimangánico es: a) b) c) d) e) Mn2O2 Mn2O7 Mn2O6 Mn2O3 Ninguna N.8 La fórmula del Oxido Salino de Uranio es: a) b) c) d) e) U3O4 Ur3O4 Ur3O8 U3O8 Ninguna Enlaces químicos Enlaces iónicos Símbolos de Leevis Símbolos de Lewis Ninguna UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 1 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA N.9 La fórmula del Peróxido de Plomo es: N.10 La fórmula del Superóxido Férrico es: a) b) c) d) e) a) b) c) d) e) PbO2 Pb2O2 PbO Pb2O3 Ninguna Fe2O6 FeO6 Fe2O3 Fe2O Ninguna N.11. a) Formular a los siguientes hidruros metálicos. Nombre Fórmula Hidruro de Potasio Hidruro de Calcio (II) Trihidruro de Aluminio Hidruro ferroso Hidruro férrico b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes hidruros metálicos. Fórmula Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ LiH PbH4 AuH3 HgH UH3 N.12. a) Formular a los siguientes ácidos hidrácidos. Nombre Fórmula Ácido clorhídrico Ácido sulfhídrico Fluoruro de hidrógeno Seleniuro de hidrógeno Ácido bromhídrico b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes ácidos hidrácidos. Fórmula Sistema Tradicional Sistema Sistema STOCK IUPAQ HI H2 S H2 Te HCl HF UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 2 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA c) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes hidruros no metálicos Fórmula Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ NH3 PH3 AsH3 SbH3 BH3 N.13 a) Formular a los siguientes hidróxidos. Nombre Fórmula Hidróxido de sodio Hidróxido de calcio Hidróxido férrico Hidróxido niqueloso Hidróxido de amonio b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes hidróxidos. Fórmula Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ KOH Ba(OH)2 Al(OH)3 Bi(OH)3 Mo(OH)2 N.14 a) Formular a los siguientes ácidos oxácidos. Nombre Fórmula Ácido nítrico Ácido tetraoxo sulfúrico (VI) Tetraoxo manganato (VI) de hidrógeno Ácido hiposulfuroso Ácido permangánico b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes ácidos oxácidos. Fórmula Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ H2 SO3 HClO4 HVO3 H2 CrO4 H2 CO3 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 3 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA N.15 a) Formular a los siguientes ácidos poli hidratados. Nombre Fórmula Ácido fosfórico Ácido silícico Ácido bórico Ácido antimonioso Ácido disilícico b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes ácidos poli hidratados. Fórmula Sistema Tradicional Sistema STOCK Sistema IUPAQ HAsO2 H4 CO4 H3 PO3 H4 P2 O7 H6 Si2 O7 N.16 a) Formular a los siguientes ácidos peroxiácidos. Nombre Fórmula Ácido peroxosulfúrico Ácido peroxodisulfúrico Ácido tetraoxoperoxonítrico (V) Ácido diperoxoperyódico Ácido triperoxofosforoso b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes ácidos peroxiácidos. Fórmula Sistema Tradicional Sistema STOCK Sistema IUPAQ H2 CO4 HClO6 H3 BO4 H3 PO5 HVO4 N.17 a) Formular a los siguientes ácidos tío ácidos. Nombre Fórmula Ácido tíocarbónico Ácido ditíoperclórico Ácido sulfocarbónico Ácido tíosulfúrico Ácido tritíosilícico UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 4 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA b) Nombrar por los tres sistemas a los siguientes ácidos tio ácidos. Fórmula Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ HIS2 O2 H2 TeS4 HBrSO3 H3 PS2 O H2 CrS4 N.18 Empareje cada radical con el nombre correcto. a) 𝐒𝐎𝟒 −𝟐 b) 𝐏𝐎𝟒 −𝟑 c) 𝐇𝟐 𝐏𝐎𝟒 − d) 𝐂𝐥− e) 𝐍𝐎𝟑 − f) 𝐂𝐎𝟑 −𝟐 g) 𝐂𝐍 − h) 𝐂𝐍𝐎− i) 𝐂𝐍𝐒 − j) 𝐒 −𝟐 k) 𝐇𝐒 − l) 𝐂𝐥𝐎− m) 𝐍𝐇𝟒 + n) 𝐏𝐇𝟒 + o) 𝐇𝟐 𝐂𝐥+ p) 𝐔𝐎𝟐 +𝟐 q) 𝐒𝐎𝟐 +𝟐 r) 𝐏𝐎+𝟑 s) 𝐂𝐥𝐎+ t) 𝐂𝐥𝐎𝟐 + u) 𝐇𝟑 𝐎+ Sulfuro Fosforilo Clorilo Clorosilo Amonio Sulfuro ácido o Bisulfuro Cloronio Cloruro Uranilo Sulfonilo Nitrato Cianato Hidronio Tiocianato Fosfato diácido Ciano o Cianuro Fosfonio Monoxoclorato (I) Carbonato Sulfato Fosfato N.19 a) Formular a las siguientes sales haloideas. Nombre Fórmula Cloruro de Sodio Sulfuro Cuproso Cloruro mercurioso Seleniuro ácido de bario Bisulfuro crómico Bromuro básico de calcio Yoduro dibásico de aluminio Cloruro cálcico y sódico Sulfuro alumínico y férrico Cloruro sulfuro de aluminio UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 5 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA b) Nombrar a las siguientes sales haloideas. Fórmula ZnS FeS2 PbS LiHSe Bi(HTe)3 BaOHCl Cr(OH)2 I CoOHS BaLiI3 PtAuClS3 Ni2 SeTe Sistema Tradicional N.20 a) Formular a las siguientes oxisales. Nombre Fórmula Fosfato de sodio Sulfato de calcio (yeso) Sulfato cúprico Carbonato de calcio (caliza) Pirofosfato triácido de amonio Bicarbonato de sodio Sulfato básico férrico Clorato tribásico plúmbico Cromato auroso cuproso Fosfato plumboso sódico b) Nombrar a las siguientes oxisales. Fórmula Sistema Tradicional Na 2 B4 O7 KH2 PO2 Mn2 HPO3 AgH2 PO3 Al(H2 PO4 )3 Na 4 (OH)3 NO3 NiOH(IO)2 CuAu(SO3 )2 CaAl2 (CO3 )4 K 2 Cr(SO4 )2 Fe3 (NO2 )2 P2 O7 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 6 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 7 Respuestas N1. a, N2. b, N3. c, N4. d, N5. a, N6. b (K-1 + O-2 K2O), N7. c (Mn+6 + O-2 Mn2O6), N8. d (UO2 + UO3 + UO3 U3O8), N9. a (PbO + ½O2 PbO2), N10. b (Fe-3 + O2-1 FeO6) N11. a) Nombre Hidruro de Potasio Hidruro de Calcio Hidruro de Aluminio Hidruro ferroso Hidruro férrico b) Fórmula 𝐋𝐢𝐇 𝐏𝐛𝐇𝟒 𝐀𝐮𝐇𝟑 𝐇𝐠𝐇 𝐔𝐇𝟑 Sistema Tradicional Hidruro de litio Hidruro plúmbico Hidruro aúrico Hidruro mercurioso Hidruro de uranio Fórmula 𝐊𝐇 𝐂𝐚𝐇𝟐 𝐀𝐥𝐇𝟑 𝐅𝐞𝐇𝟐 𝐅𝐞𝐇𝟑 Sistema STOCK Hidruro de litio Hidruro de plomo (IV) Hidruro de oro (III) Hidruro de mercurio (I) Hidruro de uranio Sistema IUPAQ Monohidruro de litio Tetrahidruro de plomo Trihidruro de oro Monohidruro de mercurio Trihidruro de uranio N12. a) Nombre Ácido clorhídrico Ácido sulfhídrico Fluoruro de hidrógeno Seleniuro de hidrógeno Ácido bromhídrico b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐇𝐈 Yoduro de hidrógeno 𝐇𝟐 𝐒 Seleniuro de hidrógeno 𝐇𝟐 𝐓𝐞 Telururo de hidrógeno 𝐇𝐂𝐥 Cloruro de hidrógeno 𝐇𝐅 Fluoruro de hidrógeno Sistema Tradicional Ácido yodhídrico Ácido sulfhídrico Ácido telurhídrico Ácido clorhídrico Ácido fluorhídrico Fórmula 𝐇𝐂𝐥 𝐇𝟐 𝐒 𝐇𝐅 𝐇𝟐 𝐒𝐞 𝐇𝐁𝐫 Sistema STOCK Hidruro de yodo (I) Hidruro de azufre (II) Hidruro de teluro (II) Hidruro de cloro (I) Hidruro de flúor (I) Sistema IUPAQ Monohidruro de yodo Dihidruro de azufre Dihidruro de teluro Monohidruro de cloro Monohidruro de flúor c) Fórmula 𝐍𝐇𝟑 𝐏𝐇𝟑 𝐀𝐬𝐇𝟑 Sistema Sistema Sistema Tradicional STOCK IUPAQ Amina o Amoniaco Hidruro de nitrógeno (III) Tridruro de nitrógeno Fosfamina o Fosfina Hidruro de fósforo (III) Tridruro de fósforo Arsenamina o Arsina Hidruro de arsénico (III) Tridruro de arsénico UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 𝐒𝐛𝐇𝟑 Estibamina o Estibina Hidruro de antimonio (III) Tridruro de antimonio Hidruro de boro (III) Tridruro de boro 𝐁𝐇𝟑 Boramina N13 a) Nombre Fórmula Hidróxido de sodio 𝐍𝐚𝐎𝐇 Hidróxido de calcio 𝐂𝐚(𝐎𝐇)𝟐 Hidróxido férrico 𝐅𝐞(𝐎𝐇)𝟑 Hidróxido niqueloso 𝐍𝐢(𝐎𝐇)𝟐 Hidróxido de amonio 𝐍𝐇𝟒 𝐎𝐇 b) Fórmula 𝐊𝐎𝐇 𝐁𝐚(𝐎𝐇)𝟐 𝐀𝐥(𝐎𝐇)𝟑 𝐁𝐢(𝐎𝐇)𝟑 𝐌𝐨(𝐎𝐇)𝟐 Sistema Tradicional Hidróxido de potasio Hidróxido de bario Hidróxido de aluminio Hidróxido de bismuto Hidróxido molibdenoso Sistema STOCK Hidróxido de potasio Hidróxido de bario (II) Hidróxido de aluminio (III) Hidróxido de bismuto (III) Hidróxido de molibdeno (II) Sistema IUPAQ Monohidróxido de potasio Dihidróxido de bario Trihidróxido de aluminio Trihidróxido de bismuto Dihidróxido de molibdeno N14 a) Nombre Fórmula Ácido nítrico 𝐇𝐍𝐎𝟑 Ácido tetraoxosulfúrico (VI) 𝐇𝟐 𝐒𝐎𝟒 Tetraoxo manganato (VI) de hidrógeno 𝐇𝟐 𝐌𝐧𝐎𝟒 Ácido hiposulfuroso 𝐇𝟐 𝐒𝐎𝟐 Ácido permangánico 𝐇𝐌𝐧𝐎𝟒 b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐇𝟐 𝐒𝐎𝟑 Ácido sulfuroso 𝐇𝐂𝐥𝐎𝟒 Ácido perclórico 𝐇𝐕𝐎𝟑 Ácido vanádico 𝐇𝟐 𝐂𝐫𝐎𝟒 Ácido crómico 𝐇𝟐 𝐂𝐎𝟑 Ácido carbónico Sistema STOCK Ácido trioxosulfúrico (IV) Ácido tetraoxoclórico (VII) Ácido trioxovanádico (V) Ácido tetraoxocrómico (VII) Ácido trioxocarbónico (IV) Sistema IUPAQ Trioxosulfato (IV) de dihidrógeno Tetraoxoclorato (VII) de hidrógeno Trioxovanadato (V) de hidrógeno Tetraoxocromato (VII) de dihidrógeno Trioxocarbonato (IV) de dihidrógeno N15 a) Nombre Fórmula Ácido fosfórico 𝐇𝟑 𝐏𝐎𝟒 Ácido silícico 𝐇𝟒 𝐒𝐢𝐎𝟒 Ácido bórico 𝐇𝟑 𝐁𝐎𝟑 Ácido antimonioso 𝐇𝟑 𝐒𝐛𝐎𝟑 Ácido disilícico 𝐇𝟐 𝐒𝐢𝟐 𝐎𝟓 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 8 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 9 b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐇𝐀𝐬𝐎𝟐 Ácido metaarsenioso 𝐇𝟒 𝐂𝐎𝟒 Ácido ortocarbónico 𝐇𝟑 𝐏𝐎𝟑 Ácido fosforoso 𝐇𝟒 𝐏𝟐 𝐎𝟕 Ácido pirofosfórico 𝐇𝟔 𝐒𝐢𝟐 𝐎𝟕 Ácido pirosilícico Sistema STOCK Ácido dioxoarsenioso (III) Ácido tetraoxocarbónico (IV) Ácido tetraoxofosforoso (III) Ácido heptaoxodifosfórico (V) Ácido heptaoxodisilícico (IV) Sistema IUPAQ Dioxoarseniato (III) de hidrógeno Tetraoxocarbonato (IV) de tetrahidrógeno Tetraoxofosfato (III) de trihidrógeno Heptaoxodifosfato (V) de tetrahidrógeno Heptaoxodisilícato (IV) de hexahidrógeno N16 a) Nombre Fórmula Ácido peroxosulfúrico 𝐇𝟐 𝐒𝐎𝟓 Ácido peroxodisulfúrico 𝐇𝟐 𝐒𝟐 𝐎𝟖 Ácido tetraoxoperoxonítrico (V) 𝐇𝐍𝐎𝟒 Ácido diperoxoperyódico 𝐇𝐈𝐎𝟔 Ácido triperoxofosforoso 𝐇𝟑 𝐏𝐎𝟔 b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐇𝟐 𝐂𝐎𝟒 Ácido peroxocarbónico 𝐇𝐂𝐥𝐎𝟔 Ácido diperoxoperclórico 𝐇𝟑 𝐁𝐎𝟒 Ácido peroxobrómico 𝐇𝟑 𝐏𝐎𝟓 Ácido peroxofosfórico 𝐇𝐕𝐎𝟒 Ácido peroxovanádico Sistema STOCK Ácido tetraoxoperoxocarbónico (IV) Ácido hexaoxodiperoxoclórico (VII) Ácido tetraoxoperoxobrómico (III) Ácido pentaoxoperoxofosfórico (V) Ácido tetraoxoperoxovanádico (V) Sistema IUPAQ Tetraoxoperoxocarbonato (IV) de dihidrógeno Hexaoxodiperoxoclorato (VII) de hidrógeno Tetraoxoperoxobromato (III) de trihidrógeno Pentaoxoperoxofosfato (V) de trihidrógeno Tetraoxoperoxovanadato (V) de hidrógeno N17 a) Nombre Fórmula Ácido tíocarbónico 𝐇𝟐 𝐂𝐒𝐎𝟐 Ácido ditíoperclórico 𝐇𝐂𝐥𝐒𝟐 𝐎𝟐 Ácido sulfocarbónico 𝐇𝟐 𝐂𝐒𝟑 Ácido tíosulfúrico 𝐇𝟐 𝐒𝟐 𝐎𝟑 Ácido tritíosilícico 𝐇𝟒 𝐒𝐢𝐒𝟑 𝐎 b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐇𝐈𝐒𝟐 𝐎𝟐 Ácido ditíoperyódico 𝐇𝟐 𝐓𝐞𝐒𝟒 Ácido sulfotelúrico 𝐇𝟑 𝐁𝐫𝐒𝐎𝟐 Ácido tíobrómico 𝐇𝟑 𝐏𝐒𝟐 𝐎 Ácido ditíofosforoso 𝐇𝟐 𝐂𝐫𝐒𝟒 Ácido sulfocrómico Sistema STOCK Ácido disulfoperyódico (VII) Ácido tetrasulfotelúrico (VI) Ácido sulfobrómico (III) Ácido disulfofosforoso (III) Ácido tetrasulfocrómico (VI) Sistema IUPAQ Disulfodioxoperyodato (VII) de hidrógeno Tetrasulfotelurato (VI) de dihidrógeno Sulfodioxobromato (III) de trihidrógeno Disulfomonoxofosfato (III) de trihidrógeno Tetrasulfocromato (VI) de dihidrógeno UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA N18 a) SO4 −2 b) PO4 −3 c) H2 PO4 − d) Cl− e) NO3 − f) CO3 −2 g) CN − h) CNO− i) CNS − j) S −2 k) HS − l) ClO− m) NH4 + n) PH4 + o) H2 Cl+ p) UO2 +2 q) SO2 +2 r) PO+3 s) ClO+ t) ClO2 + u) H3 O+ Sulfato Fosfato Fosfato diácido Cloruro Nitrato Carbonato Ciano o Cianuro Cianato Tiocianato Sulfuro Sulfuro ácido o Bisulfuro Monoxoclorato (I) Amoninio Fosfonio Cloronio Uranilo Sulfonilo Fosforilo Clorosilo Clorilo Hidronio N19 a) Nombre Fórmula Cloruro de Sodio 𝐍𝐚𝐂𝐥 Sulfuro Cuproso 𝐂𝐮𝟐 𝐒 Cloruro mercurioso 𝐇𝐠 𝟐 𝐂𝐥𝟐 Seleniuro ácido de bario 𝐁𝐚(𝐇𝐒𝐞)𝟐 Bisulfuro crómico 𝐂𝐫(𝐇𝐒)𝟑 Bromuro básico de calcio 𝐂𝐚𝐎𝐇𝐁𝐫 Yoduro dibásico de aluminio 𝐀𝐥(𝐎𝐇)𝟐 𝐈 Cloruro cálcico y sódico 𝐂𝐚𝐍𝐚𝐂𝐥𝟑 Sulfuro alumínico y férrico 𝐅𝐞𝐀𝐥𝐒𝟑 Cloruro sulfuro de aluminio 𝐀𝐥𝐒𝐂𝐥 b) Fórmula 𝐙𝐧𝐒 𝐅𝐞𝐒𝟐 𝐏𝐛𝐒 𝐋𝐢𝐇𝐒𝐞 𝐁𝐢(𝐇𝐓𝐞)𝟑 𝐁𝐚𝐎𝐇𝐂𝐥 Sistema Tradicional Sulfuro de Zinc (Blenda) Bisulfuro de hierro (pirita) Sulfuro plumboso Seleniuro ácido de litio o biseleniuro de litio Telururo ácido de bismuto o bitelururo de bismuto Cloruro básico de bario UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 10 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 𝐂𝐫(𝐎𝐇)𝟐 𝐈 𝐂𝐨𝐎𝐇𝐒 𝐁𝐚𝐋𝐢𝐈𝟑 𝐏𝐭𝐀𝐮𝐂𝐥𝐒𝟑 𝐍𝐢𝟐 𝐒𝐞𝐓𝐞 Yoduro tribásico crómico Sulfuro básico cobáltico Yoduro bárico y lítico Sulfuro cloruro platínico y aúrico Seleniuro telururo niqueloso N20 a) Nombre Fórmula Fosfato de sodio 𝐍𝐚𝟑 𝐏𝐎𝟒 Sulfato de calcio (yeso) 𝐂𝐚𝐒𝐎𝟒 Sulfato cúprico 𝐂𝐮𝐒𝐎𝟒 Carbonato de calcio (caliza) 𝐂𝐚𝟐 𝐂𝐎𝟑 Pirofosfato triácido de amonio 𝐍𝐇𝟒 𝐇𝟑 𝐏𝟐 𝐎𝟕 Bicarbonato de sodio 𝐍𝐚𝐇𝐂𝐎𝟑 Sulfato básico férrico 𝐅𝐞𝐎𝐇𝐒𝐎𝟒 Clorato tribásico plúmbico 𝐏𝐛(𝐎𝐇)𝟑 𝐂𝐥𝐎𝟑 Cromato auroso cuproso 𝐀𝐮𝐂𝐮𝐂𝐫𝐎𝟒 Fosfato plumboso sódico 𝐏𝐛𝐍𝐚𝐏𝐎𝟒 b) Fórmula Sistema Tradicional 𝐍𝐚𝟐 𝐁𝟒 𝐎𝟕 Tetraborato de sodio (Bórax) 𝐊𝐇𝟐 𝐏𝐎𝟐 Hipofosfito de potasio 𝐌𝐧𝟐 𝐇𝐏𝐎𝟑 Fosfito manganoso 𝐀𝐠𝐇𝟐 𝐏𝐎𝟑 Fosfito ácido de plata 𝐀𝐥(𝐇𝟐 𝐏𝐎𝟒 )𝟑 Fosfato diácido de aluminio 𝐍𝐚𝟒 (𝐎𝐇)𝟑 𝐍𝐎𝟑 Nitrato tribásico de sodio 𝐍𝐢𝐎𝐇(𝐈𝐎)𝟐 Hipoyodito básico niquélico 𝐂𝐮𝐀𝐮(𝐒𝐎𝟑 )𝟐 Sulfito de cobre (I) y oro (III) 𝐂𝐚𝐀𝐥𝟐 (𝐂𝐎𝟑 )𝟒 Carbonato de calcio y aluminio 𝐊 𝟐 𝐂𝐫(𝐒𝐎𝟒 )𝟐 Sulfato potásico cromoso 𝐅𝐞𝟑 (𝐍𝐎𝟐 )𝟐 𝐏𝟐 𝐎𝟕 Nitrito pirofosfato ferroso UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 11 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 12 GASES G.1 Cierto gas ocupa un volumen de 80 cm3 a una presión de 750 mm Hg. ¿Qué volumen ocupará a una presión de 1.2 atm si la temperatura no cambia? SOLUCION. DATOS P1 = 750 mmHg ; P2 = 1.2 atm ∙ V1 = 80 cm3 760 mmHg 1 atm = 912 mmHg V2 =? Se puede observar que la temperatura y los moles permanecen constantes, entonces aplicando la ley de Boyle: P1 ∗ V1 = P2 ∗ V2 V2 = P1 ∗V1 P2 = V2 750 mmHg ∗ 80 cm3 = 65,8 cm3 912 mmHg G.2 El volumen inicial de una cierta cantidad de gas es de 200 cm 3 a la temperatura de 20ºC. Calcular el volumen a 90ºC si la presión permanece constante. SOLUCION. DATOS V1 = 3,5 l ; V2 =? T1 = 20 °C = 293 K ; T2 = 90 °C = 363 K Podemos observar que la presión y los moles permanecen constantes en el problema, entonces aplicando la ley de Charles: V1 T1 = V2 = V2 T2 V1 ∗T2 T1 = V2 3,5 l ∗ 363 K = 4,3 litros 293 K G.3 En un cilindro metálico se encuentra un gas expuesto a la presión atmosférica de 760 mmHg, siendo su temperatura de 10°C y presión manométrica de 950 mmHg. Si al exponer el cilindro a la intemperie eleva su temperatura a 45°C debido a los rayos del sol, ¿Cuál es la nueva presión manométrica que tiene el gas encerrado en el tanque a 45°C? UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA SOLUCION DATOS 13 Patm = 760 mmHg ; P1 man = 950 mmHg T1 = 10 °C = 283 K ; T2 = 45 °C = 318 K Observamos en primer lugar que el volumen y los moles del gas permanecen constantes, entonces se utilizará la ley de Gay Lussac. P1 P2 = T1 T2 Para utilizar esta ecuación nuestra Presión y Temperaturas deben ser absolutas, entonces: P1 abs = Patm + P1 man P1 abs = 760 mmHg + 950 mmHg = 1710 mmHg P2 = Despejamos P2 : P2 = P1 T1 ∗ T2 1710 mmHg ∗ 318 K = 1921,5 mmHg 283 K Este valor de P2 corresponde a una presión absoluta, sin embargo, el problema nos pide calcular la presión manométrica. P2 abs = Patm + P2 man P2 man = P2 abs − Patm P2 man = 1921,5 mmHg − 760 mmHg = 1161,5 mmHg G.4 Se vierte mercurio en un tubo en U. El brazo izquierdo del tubo tiene una sección transversal de área A1 = 10.0 cm2, y la del brazo derecho es A2 = 5.00 cm2. A continuación se vierten 100 g de agua en el brazo derecho del tubo. a) Determinar la altura de la columna de agua en el brazo derecho del tubo relativa a la del mercurio en el izquierdo. b) Si la densidad del mercurio es ρHg = 13.6 g/cm3, ¿qué distancia ascenderá el mercurio en el brazo izquierdo? UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 14 SOLUCION. Sabiendo que la densidad del agua es ρa = 1.00 g/cm3, la altura de la columna de agua puede calcularse en función de su masa y la sección del tubo de la derecha ma ma = ρa ∙ Va = ρa ∙ A2 ∙ ha ⟹ ha = = 20.0 cm ρa ∙ A2 Numerando los niveles de la figura, de modo que el nivel 1 corresponde a la altura del mercurio en el tubo de la derecha, el nivel 2 es la altura original del mercurio antes de añadir el agua, el 3 corresponde a la altura del mercurio en el tubo de la izquierda y el 4 es la superficie libre de la superficie de agua en el tubo de la derecha. En ambas superficies libres, la del mercurio a la izquierda (nivel 3) y la de agua a la derecha (nivel 4) la presión ejercida sobre ellas es la atmosférica, P0. El principio de Pascal implica que los puntos de un mismo líquido a la misma altura respecto a la gravedad están a la misma presión. Aplicando este principio al nivel 1. En el tubo de la izquierda la presión se debe a la presión atmosférica y la columna de mercurio desde la superficie libre hasta la altura 1. En el tubo de la derecha la presión es la suma de la presión atmosférica y la ejercida por la columna completa de agua. Así P1(izq) = Po + ρHg ∙ g ∙ h13 P1(der) = Po + ρa ∙ g ∙ ha P1(izq) = P1(der) ⟹ h13 = ρa ∙ h = 1.47 cm ρHg a Por otro lado, el aumento de nivel de mercurio en la izquierda, h = h23, se debe al trasvase de volumen de mercurio desde el tubo derecho. Como el líquido es incompresible el volumen se conserva, y entonces A1 ∙ h23 = A2 ∙ h12 ⟹ h12 = A1 A1 ∙ h23 = ∙h A2 A2 Ahora bien, si observamos la figura vemos que h13 = h12 + h23 = h12 + h Sustituyendo las expresiones anteriores tenemos ρa ρHg ρa A1 ∙h = ∙ h + h ⟹ h = h23 = ( ) ∙ ha = 0.490 cm A ρHg a A2 1+ 1 A2 Ahora se puede calcular la diferencia de alturas entre las superficies libres de ambos tubos. Se tiene: ha = h14 = h13 + h34 = ρa ρa ∙ ha + h34 ⟹ h34 = (1 − ) ∙ ha = 18.5 cm ρHg ρHg UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 15 G.5 En un matraz de vidrio se tiene amoniaco a 27°C y 600 mmHg. Si se agregaron 800 g del mismo, la temperatura aumenta a 77 °C y la presión a 1050 mmHg. ¿Cuál es la masa final del amoniaco en el matraz? SOLUCION ma= 800 g Amoniaco Amoniaco Inicio n1 P1 = 600 mmHg T1 = 27 °C = 300 K Realizamos un balance de moles Final n2 P2 = 1050 mmHg T2 = 77 °C = 350 K n1 + na = n2 Donde el número de moles podemos expresarlos de las siguientes formas: n= P∗V m = R∗T M Reemplazando en el balance de moles: P1 ∗ V1 ma P2 ∗ V2 + = R ∗ T1 Ma R ∗ T2 Pero: V1 = V2 = V Remplazando V y resolviendo 600 mmHg ∗ V 800 g 1050 mmHg ∗ V + g = mmHg ∗ l mmHg ∗ l 62.4 ∗ 300 K 17 mol 62.4 ∗ 350 K K ∗ mol K ∗ mol V = 2936 l Para calcular la masa usando la ecuación de estado de la siguiente manera: m2 P2 ∗ V = ∗ R ∗ T2 MNH3 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 1050 mmHg ∗ 2936 l = 16 m2 mmHg ∗ l g ∗ 62.4 K ∗ mol ∗ 350 K 17 mol m2 = 2400 g G.6 Una mezcla de gases contiene 4.46 mol de Neón, 0.74 mol de Argón y 2.15 mol de Xenón. Determine las presiones parciales de los gases si la presión total es de 2 atm a cierta temperatura. SOLUCION Ne, Ar, Xe Datos: nNe = 4.46 mol, nAr = 0.74 mol, nXe = 2.15 mol Para poder determinar las presiones parciales podemos utilizar las siguientes expresiones: PT = PNe + PAr + PXe xi = ni Pi = nT PT Primero determinaremos las fracciones molares de cada gas. Donde el número de moles totales será: nT = nNe + nAr + nXe nT = 4.46 mol + 0.74 mol + 2.15 mol = 7.35 mol xNe = nNe 4,46 mol = = 0.607 nT 7,35 mol xAr = nAr 0.74 mol = = 0.101 nT 7.35 mol Para la fracción molar de Xenón: 1 = xNe + xAr + xXe xXe = 1 − 0.607 − 0.101 = 0,292 Como ya tenemos calculado las fracciones molares individuales de cada gas, podemos calcular las presiones parciales en la mezcla. PNe = xNe ∗ PT PNe = 0,607 ∗ 2 PNe = 1,214 atm PAr = xAr ∗ PT PAr = 0,101 ∗ 2 PAr = 0,202 atm PXe = xXe ∗ PT PXe = 0,292 ∗ 2 PXe = 0,584 atm UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 17 G.7 En una mezcla gaseosa formada por oxígeno, nitrógeno, gas carbónico y CH4 todos los componentes ejercen las mismas presiones parciales. Calcular la masa en gramos de la mezcla formada, si se sabe que fueron colocados 40 g de oxigeno más que nitrógeno. SOLUCION O2 N2 CO2 CH4 Del enunciado extraemos los siguiente: PO2 = PN2 = PCO2 = PCH4 ; mO2 = mN2 + 40 Aplicando la ecuación de estado para todos los gases presentes en la mezcla: PO2 ∗ V = nO2 ∗ R ∗ T … (1) PN2 ∗ V = nN2 ∗ R ∗ T … (2) PCO2 ∗ V = nCO2 ∗ R ∗ T … (3) PCH4 ∗ V = nCH4 ∗ R ∗ T … (4) Dividiendo (1) y (2) PO2 ∗ V nO2 ∗ R ∗ T = PN2 ∗ V nN2 ∗ R ∗ T Simplificando y tomando en cuenta las presiones iguales de cada gas nos queda nO2 = nN2 mO2 mN2 = MO2 MN2 mN2 + 40 mN2 = MO2 M N2 mN2 + 40 m N2 g = g 32 28 mol mol mN2 = 280 g mO2 = mN2 + 40 = 280 g + 40 g = 320 g Realizando de similar forma para las ecuaciones (1) y (3) PO2 ∗ V nO2 ∗ R ∗ T = PCO2 ∗ V nCO2 ∗ R ∗ T UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 18 Simplificando y tomando en cuenta las presiones iguales de cada no gas queda nO2 = nCO2 mO2 mCO2 = MO2 MCO2 mCO2 320 g g = g 32 44 mol mol mCO2 = 440 g Realizando de similar forma para las ecuaciones (1) y (4) PO2 ∗ V nO2 ∗ R ∗ T = PCH4 ∗ V nCH4 ∗ R ∗ T Simplificando y tomando en cuenta las presiones iguales de cada gas nos queda nO2 = nCH4 mO2 mCH4 = MO2 MCO2 mCH4 320 g g = g 32 16 mol mol mCO2 = 160 g Para hallar la masa de la mezcla total, sumamos las masas individuales: mM = mO2 + mN2 + mCO2 + mCH4 mM = 320g + 280 g + 440 g + 160 g mM = 1200 g 1.8 Una mezcla gaseosa compuesta por el 40 % en masa de anhídrido carbónico y el resto óxido nítrico se encuentra en un recipiente de 20 litros, si se agrega un 60 % en masa de la mezcla, su temperatura incrementa en 20 °C y la presión final resultante es el doble de su valor inicial. Calcular: i) La temperatura final de la mezcla gaseosa en °C, ii) La masa inicial de la mezcla, iii) la masa de óxido nítrico adicionado a la mezcla. Considere 1 atm de presión inicial P1 CO2 NO T1 %mA=60 % UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA SOLUCION. DATOS: %m1 = 40% CO2 60% NO ; 19 V = 20 L T2 = T1 + 20 °C … (1) P2 = 2P1 … (2) i) La variación de temperatura a kelvin: ∆T = 20°C ∗ 1K = 20 K 1°C T2 = T1 + 20 K … (1´) La ecuación de la masa agregada: mAgregada = 0,6 ∗ m1 … (3) Aplicando balance de masa: m1 + mAgregada = m2 … (4) m1 + 0,6m1 = m2 (3) en (4) 1,6 m1 = m2 … (5) Ecuación de estado en (5) 1,6 ∙ P1 ∗ V ∗ M P2 ∗ V ∗ M = R ∗ T1 R ∗ T2 1,6 ∙ P1 P2 = T1 T2 Combinando con (1´) y (2) 1.6 P1 2P1 = → 1.6 ∗ T1 + 32 = 2 ∗ T1 T1 T1 + 20 T1 = La temperatura final será : 32 = 80 K 0,4 T2 = 80 + 20 = 100 K = −173°C ii) Las fracciones molares: XC02 g 40% ∗ 30 %mco2 ∗ MNO mol = = = 0.313 %mCO2 ∗ MNO + %mNO ∗ MCO2 40% ∗ 30 g + 60% ∗ 44 g mol mol El peso molecular de la mezcla gaseosa: ̅ = X CO ∗ MCO + X NO ∗ MNO = 0.313 ∗ 44 + 0.687 ∗ 30 = 34.382 M 2 2 g mol UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 20 La masa inicial de la mezcla: m1 = g ̅ 1atm ∗ 20l ∗ 34.382 mol P1 ∗ V ∗ M = = 104.82 𝑔 atm ∗ l R ∗ T1 0.082 ∗ 80K g ∗ mol iii) La masa agregada con la ecuación (3) mAgregada = 0,6 ∗ m1 … (3) mAgregada = 0,6 ∗ 104,82 = 62,892 g Como el óxido nítrico representa el 60 % su masa será: mAgregada (NO) = 0,6 ∗ 62,892 = 37,735 g G.9 En un recipiente de volumen desconocido se confinan 2,5 onzas de una mezcla gaseosa de hidrogeno, nitrógeno y helio de peso molecular igual a 4,56 g/mol, ejerciendo una presión manométrica de 2lbf/pulg2. Tomando en cuenta que (XHe= 8,34*XN2). Se consigue extraer del recipiente el 80 %,20% y 100 % en masa de hidrogeno, nitrógeno y helio respectivamente, sin variar el volumen ni la temperatura. Sin embargo, se observa que la presión manométrica se reduce a un 1psi, ¿Cuál es el peso molecular de la mezcla gaseosa que queda en el recipiente? Pman 1= 2lbf/pulg2 Pman 2= 1 psi H2 N2 He H2 N2 SOLUCION 80% H2 Datos: %m1 = 20% N2 100% He ̅ = 4.56 m = 2.5 oz , M g mol XHe(1) = 8.34XN2(1) … (1) Pman1 = 2 lbf pulg 2 Pman2 = 1 psi Observamos para el problema: V = cte y T = cte UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA Para la masa inicial aplicando el factor de conversión correspondiente: 2.5 oz ∗ 28.35g = 70.87 g 1 oz El peso molecular de la mezcla inicial: ̅̅̅̅ = XH2(1) ∗ MH2 + XN2(1) ∗ MN2 + XHe(1) ∗ MHe … (2) M1 La suma de las fracciones iniciales: XH2(1) + XN2(1) + XHe(1) = 1 … (3) Resolviendo (1), (2) y (3): XH2(1) = 0.44 XN2(1) = 0.06 XHe(1) = 0.5 Las masas iniciales del hidrogeno y nitrógeno: XH2(1) = ̅̅̅̅1 nH2(1) mH2(1) ∗ M = n1 MH2 ∗ m1 g XH2(1) ∗ MH2 ∗ m1 0.44 ∗ 70.87g ∗ 2 mol = = 13.68 g g ̅̅̅̅ M1 4.56 mol ̅̅̅̅1 nN2(1) mN2(1) ∗ M XN2(1) = = n1 MN2 ∗ m1 g XN2(1) ∗ MN2 ∗ m1 0.06 ∗ 70.87g ∗ 28 mol = = = 26.11 g g ̅̅̅̅ M1 4.56 mol mH2(1) = mN2(1) Las relaciones matemáticas para las masas extraídas son: mEXTRAIDA(H2) = 0,8mH2(1) … (4) ; mEXTRAIDA(N2) = 0,2mN2(1) … (5) Balance de masa para cada gas: mH2(1) − mEXTRAIDA(H2) = mH2(2) … (6) mN2(1) −mEXTRAIDA(N2) = mN2(2) … (7) Remplazando (4) en (6) y (5) en (7): mH2(1) − 0.8mH2(1) = mH2(2) 0,2mH2(1) = mH2(2) … (8) UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 21 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 22 mN2(1) − 0.2mN2(1) = mN2(2) 0.8mN2(1) = mN2(2) … (9) Las masas finales con las iniciales: mH2(2) = 0.2 ∗ 13.68 g = 2.74 g mN2(2) = 0.8 ∗ 26.11 g = 20.89 g Las fracciones molares al final: XH2(2) g 2.74g ∗ 28 mH2(2) ∗ MN2 mol = = = 0.647 mH2 (2) ∗ MN2 + mN2(2) ∗ MH2 2.74 ∗ 28 g + 20.89g ∗ 2 g mol mol XN2(2) = 0.353 El peso molecular de la mezcla final: ̅̅̅̅ M2 = X H2(2) ∗ MH2 + XN2(2) ∗ MN2 = 0.647 ∗ 2 + 0.353 ∗ 28 ̅̅̅̅ = 11.18 g/mol M2 G.10 Un litro de un gas A con una presión de 2 atm, y 2 litros de un gas B a 2280 mmHg, se mezclan en un recipiente de 1,057 galones para formar una mezcla gaseosa. Calcular i) La presión final de la mezcla gaseosa, si los gases se encuentran a la misma temperatura tanto al inicio como al final del proceso. ii) El peso molecular promedio de la mezcla gaseosa, si los gases A y B juntos pesan 24 g y los mismos se mezclan a una temperatura constante de 60 °C. iii) Las presiones parciales de los gases A y B en la mezcla si la temperatura es constante igual a 60 °C Gas A Gas B Mezcla SOLUCION Datos Gas A VAo = 1 l PAo = 2 atm TAo = T nAo = nA Gas B VBo = 2 l PBo = 2280 mmHg = 3 atm TBo = T nBo = nB UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 23 Para la mezcla VM = 1,057 gal = 4 l Realizamos un balance de moles mM = nA + nB … (1) Reemplazando la ecuación de estado en (1): PM ∗ VM PAo ∗ VAo PBo ∗ VBo = + R∗T R∗T R∗T PM ∗ VM = PAo ∗ VAo + PBo ∗ VBo PM = PM = PAo ∗ VAo + PBo ∗ VBo VM 2 atm ∗ 1 l + 3 atm ∗ 2 l 4l PM = 2 atm Para el peso molecular con: mM = 24 g T = 60 °C = 333 K Aplicando la ecuación de estado para la mezcla: mM PM ∗ VM = ∗R∗T ̅M M ̅M = M ̅M = M mM ∗ R ∗ T PM ∗ VM atm ∗ l ∗ 333 K K ∗ mol 2 atm ∗ 4 l 24 g ∗ 0.082 ̅ M = 81,92 g/mol M Para las presiones parciales: Aplicando la ley de Boyle ya que permanece el número de moles constante, así como la temperatura. PA0 ∗ VA0 = PA ∗ VM PA0 ∗ VA0 = PA VM 2 atm ∗ 1 l = PA 4l UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 24 PA = 0,5 atm PB0 ∗ VB0 = PB ∗ VM PB0 ∗ VB0 = PB VM 3 atm ∗ 2 l = PB 4l PB = 1,5 atm G.11 “Kiki” es contratada para registrar, a través de un informe escrito; el valor de la presión atmosférica en Lordaeron, para lo cual utiliza un barómetro que marca una lectura de 487.541[mmHg], si ella debe registrar de este valor en unidades del sistema internacional, ¿Qué valor numérico debe colocar “Kiki” en el informe? Datos: Patm = 487.541[mmHg] Convirtiendo a unidades del sistema Internacional P = 487.541[mmHg] ∗ 101325[Pa] 760[mmHg] 𝐏 = 𝟔𝟓𝟎𝟎𝟎. 𝟏𝟐[𝐏𝐚] = 𝟔𝟓𝟎𝟎𝟎. 𝟏𝟐 [ 𝐍 𝐦𝟐 ] = 𝟔. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎4[ 𝐍 𝐦𝟐 ] G.12 A “Kain” se le pide que seleccione el sistema con la presión más alta, para lo cual se le proporcionan tres sistemas, el primero “A” registra una presión de 22.05 [PSI], el segundo “B” tiene una presión de 1140 [torr] y el tercero “C” posee una presión de 15.495[m] de agua. ¿Qué sistema debe elegir “Kain”? Solución: Cálculo de la Presión del sistema “A” PA = 22.05[PSI] ∗ 1[atm] = 1.5[atm] 14,7[PSI] Cálculo de la Presión del sistema “B” PB = 1140[torr] ∗ 1[atm] = 1.5[atm] 760[torr] Cálculo de la Presión del sistema “C” PC = 15.495[m]H2 O ∗ 1[atm] = 1.5[atm] 10.33[m]H2 O Finalmente, por comparación 𝐏𝐀 = 𝐏𝐁 = 𝐏𝐂 = 𝟏. 𝟓[𝐚𝐭𝐦] Todos tienen la misma presión, así que se puede elegir cualquiera de los tres sistemas UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 25 G.13 Usted desea bucear en un lago, por lo que se encuentra en una embarcación marítima que tiene un barómetro, cuya lectura es de 480[mmHg]; entonces usted salta y registra que ha descendido 5 metros bajo el nivel inicial del barco. En ese instante ¿Cuál es la presión absoluta, en [mmHg], que se está ejerciendo sobre usted? Solución: Datos: Pman = 5[ft]H2 O ; Patm = 480[mmHg] Cálculo de la Presión manométrica Pman = 5[ft]H2 O ∗ 0.3048[m]H2 O 760[mmHg] ∗ = 112.12[mmHg] 1[ft]H2 O 10.33[m]H2 O Por definición: Pabs = Pman + Patm = 480[mmHg] + 112.12[mmHg] 𝐏𝐚𝐛𝐬 = 𝟓𝟗𝟐. 𝟏𝟐[𝐦𝐦𝐇𝐠] G.14 Se tienen dos sistemas aislados que no están conectados, se conoce que el primer sistema “A” posee un número de moles igual a 3 veces el número de moles del segundo sistema “B”. Si la temperatura absoluta de “A” es la mitad de la temperatura absoluta de “B” y el volumen de “B” es el doble del volumen de “A”. ¿Cuál es la presión de “B” si la presión de “A” es 3 atmósferas? SOLUCIÓN. Escribir las condiciones del problema PA = 3[atm] ; nA = 3nB ; TA = TB 2 TB = 2 TA ; VB = 2VA Escribiendo las Ecuación de Estado y reemplazando las condiciones: nA = 3nB PA ∗ VA PB ∗ VB =3 R ∗ TA R ∗ TB 3 ∗ VA PB ∗ 2VA =3 R ∗ TA R ∗ 2 ∗ TA PB = 3∗2 = 𝟏 [𝐚𝐭𝐦] 3∗2 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 26 G.15 El submarino “Nautilus” se encuentra a 11.2 metros bajo la superficie de una playa a nivel del mar, pero su tripulación desea escapar a través de la escotilla que se encuentra cerrada, si esta escotilla cuadrada tiene 0.85[m] de lado, y existen 100 personas en la tripulación, ¿cuál es la fuerza mínima, en Newtons, que debe aplicar cada persona para poder abrir la escotilla? Solución: Datos: Pman = 11.2[m]H2 O ; Patm = 101325[Pa] ; lescot = 0.85[m] Cálculo de la presión manométrica Pman = 11.2[m]H2 O ∗ 101325[Pa] = 109858.66 [Pa] 10.33[m]H2 O Cálculo de la Presión Absoluta del submarino Pabs = Pman + Patm Pabs = 109858.66[Pa] + 101325[Pa] = 211183.66[Pa] Cálculo del Área de la escotilla Aescot = (0.85[m])2 = 0.7225 [m2 ] Por definición de Presión P= F ; A F = P∗A N F = 211183.66 [ 2 ] ∗ 0.7225 [m2 ] = 152580.19[N] m Finalmente, la fuerza que debe aplicar cada persona Fpersona = Fpersona = FT #personas 152580.19[N] = 𝟏𝟓𝟐𝟓. 𝟖 [𝐍] 100 UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 27 G.16 Se somete un gas ideal a tres procesos secuenciales bajo las leyes de Charles, Gay Lusaac y Boyle, respectivamente de acuerdo a la figura: Punto A Punto Gay Lusaac B Charles Punto C Boyle Punto D Existen instrumentos que logran determinar algunos parámetros en los distintos puntos del proceso, resultando: Punto “A”: Temperatura de 27 [ºC] y Volumen de 5 litros Punto “B”: Presion de 2 [atm] y Temperatura de 57 [ºC] Punto “D”: Temperatura igual a 37 [ºC] ¿Cuál es la Presión, en atmósferas, en el Punto “C”? Solución Homogenizar unidades K = ºC + 273 TA = 27 + 273 = 300 [K] TB = 57 + 273 = 330 [K] TD = 37 + 273 = 310 [K] Recordar los procesos Charles (Isobárico) PA = PB = 2 [atm] Gay Lusaac (Isocórico) VB = VC Boyle (Isotérmico) TC = TD = 310 [K] PA = PB = 2 [atm] Entre “A” y “B” por Charles VA TA VB TB = VB = VB = VA ∗TB TA 5 [l] ∗ 330[K] = 5.5 [l] 300 [K] Entre “C” y “D” por Boyle TC = TD = 310 [K] Entre “B” y “C” por Gay Lusaac VB = VC = 5.5 [l] PB TB PC = = PC TC PC = PB ∗TC TB 2[atm] ∗ 310[K] = 𝟏. 𝟖𝟖 [𝐚𝐭𝐦] 330 [k] UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 28 G.17 Se tiene un sistema compuesto de tres recipientes conectados entre sí a través de válvulas que están inicialmente cerradas, el primer recipiente contiene Gas de la Risa (Óxido Nitroso) contenido en un recipiente de 2 litros de capacidad a presión de una atmósfera; en el segundo recipiente se tiene “Gas de la Felicidad” a una presión de media atmósfera y 1 litro de capacidad, en el tercer y último recipiente se tiene “Gas de la Muerte” en un recipiente de 2 litros de capacidad; si después de que se abren las válvulas, se conoce que la presión total del sistema es de 1.5 atmósferas, y la temperatura ambiente es de 20 [ºC]. Calcular la presión inicial, en atmósferas, a la que estaba sometido el “Gas de la Muerte”. Despreciar el volumen de las válvulas y de las tuberías que conectan los gases. RISA FELICIDAD MUERTE Solución: Homogenizar Datos Risa: V=2[l] P=1 [atm] ; Felicidad: V=1[l] P=0.5[atm] ; Muerte: V=2[l] T = 293 [K] ; Pt = 1.5 [atm] Cálculo del número de moles totales: Cuando se abren las válvulas, el volumen total pasa a ser la suma de los volúmenes de los recipientes iniciales. nT = PT ∗ VT 1.5 [atm] ∗ 5[l] = = 0.312[mol] atm ∗ l R∗T 0.082 [ ] ∗ 293[K] K ∗ mol Cálculo del número de moles del “Gas de la Risa” nR = PR ∗ VR 1[atm] ∗ 2[l] = = 0.083[mol] atm ∗ l R∗T 0.082 [ ] ∗ 293[K] K ∗ mol Cálculo del número de moles del “Gas de la Felicidad” nF = PF ∗ VF 0.5[atm] ∗ 1[l] = = 0.021[mol] atm ∗ l R∗T 0.082 [ ] ∗ 293[K] K ∗ mol UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 29 Cálculo del número de moles del “Gas de la Muerte” nT = nR + nF + nM nM = nT − nR − nF nM = (0.312 − 0.083 − 0.021)[mol] = 0.208 [mol] Finalmente, cálculo de la presión inicial del “Gas de la Muerte” atm l nM ∗ R ∗ T 0.208[mol] ∗ 0.082 [K mol] ∗ 293[K] PM = = = 𝟐. 𝟓 [𝐚𝐭𝐦] VM 2 [l] G.18 Se tiene un sistema de manómetro como indica la figura siguiente: Agua G AS Hg 30º Calcular la Presión absoluta del gas en [mmHg], si el sistema se encuentra en la Ciudad “V Tormenta” con una presión barométrica igual a 500[mmHg] Solución: Cuando se cuentan con sistemas con manómetros inclinados, lo mejor es convertirlo en un sistema equivalente, a través de relaciones de triángulos, quedando: Agua H= 40[cm]*sen(30) G AS A B h= 30[cm]*sen(30) Hg UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 30 h = 30[cm] ∗ sen(30) h h = 15[cm]Hg 30º H = 40[cm] ∗ sen(30) H = 20[cm]H2 O De ésta última figura, se igualan presiones PA = PB H 30º Siendo PA = PGAS PB = Patm + h + H Convirtiendo la altura manométrica de agua en [mmHg] ρHg ∗ HHg = ρagua ∗ Hagua HHg = g ρagua ∗ Hagua 1 [ml] ∗ 200[mm] = = 14.71[mmHg] g ρHg 13.6 [ ] ml Reemplazando en el balance de presiones PGAS = Patm + h + H PGAS = 500[mmHg] + 150[mmHg] + 14.71[mmHg] = 𝟔𝟔𝟒. 𝟕𝟏 [𝐦𝐦𝐇𝐠] G.19 “Pango” es contratado como asesor de una taller mecánico automotriz, y uno de sus primeros trabajos consiste en evaluar a un neumático; en primera instancia, encontrándose en una ciudad costera, a una temperatura de 288[K] y un volumen “V” registra que la presión manométrica es de 23 [psi], lastimosamente, en este taller no cuenta con los instrumentos adecuados, por lo que se decide trasladar este sistema a La Paz, donde, se vuelven a realizar lecturas, y se registra que el volumen ha disminuido en un 20% y la temperatura se redujo a 10º[C]. Ahora que se encuentra en el taller de La Paz ¿cuál es el valor de la presión manométrica del neumático, medidos en psi? SOLUCIÓN: Datos: Pman1 = 23[psi] ; Patm1 = 14.7[psi] ; Patm2 = 495[mmHg] = 9.574[psi] T1 = 288[K] ; T2 = 10[ºC] = 283[K] ; V2 = 0.8V Cálculo de la presión absoluta inicial P1 = Pman1 + Patm1 = 23[psi] + 14.7[psi] = 37.7 [psi] El número de moles es el mismo en ambos sistemas, por lo que se puede escribir: UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 31 n1 = n2 P1 ∗ V1 P2 ∗ V2 = T1 ∗ R T2 ∗ R P2 = P1 ∗ V1 T2 37.7 [psi] ∗ V 283[K] ∗ = ∗ = 46.307[psi] T1 V2 288[K] 0.8V Finalmente, calculando la presión manométrica en el segundo sistema P2 = Pman2 + Patm2 Pman2 = P2 − Patm2 Pman2 = 46.307[psi] − 9.574[psi] = 𝟑𝟔. 𝟕𝟑𝟑[𝐩𝐬𝐢] G.20 Un jugador de fútbol argentino viene a disputar un partido a la ciudad de La Paz, pero es afectado por la altura y es trasladado al Hospital “CHANSEY” donde se le suministra oxígeno de un recipiente cilíndrico que tiene 160 cm de altura y 15 centímetros de radio, además se conoce que la temperatura ambiente es de 15 [ºC] y el manómetro que está conectado al recipiente cilíndrico marca una presión de 25 [atm]. Si después de un día se verifica que la presión absoluta del oxígeno es de 22 atmósferas. Calcular: La masa de oxígeno, en gramos, que se suministra al futbolista argentino. Si los médicos calculan que el oxígeno le durará más de una semana ¿estarán en lo correcto? SOLUCIÓN: Datos: H = 160 [cm] ; r = 15 [cm] ; hman = 25[atm] ; T = 288[K] Patm = 195[mmHg] = 0.651[atm] ; MOx = 32[ g mol ] ; Pf = 22[atm] Balance de masa para el Oxígeno minicial = mconsumida + mfinal mconsumida = minicial − m final mconsumida = M ∗ Po ∗ V M ∗ Pf ∗ V 𝐌 ∗ 𝐕 − = ∗ (𝐏𝐨 − 𝐏𝐟 ) R∗T R∗T 𝐑∗𝐓 Cálculo del Volumen de Oxígeno: VOx = Vc = πr 2 H VOx = π(15[cm])2 ∗ 160 [cm] = 113097.336 [cm3 ] = 113.097 [l] Cálculo de la presión absoluta Inicial: Po = Patm + h Po = 0.651 [atm] + 25[atm] = 25.651 [atm] Finalmente, la masa consumida mconsumida = M∗V ∗ (Po − Pf ) R∗T UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 mconsumida PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 32 g 32 [ ] ∗ 113.097[l] mol = ∗ (25.651 − 22)[atm] = 𝟓𝟓𝟗. 𝟓𝟎𝟖 [𝐠] atm ∗ l 0.082 [ ] ∗ 288 [K] K mol El tiempo en el que el Oxígeno se agote será cuando la presión final sea igual a la presión atmosférica. Balance de masa para el Oxígeno minicial = mconsumida + mfinal mconsumida total = minicial − m final = M ∗ Po ∗ V M ∗ Patm ∗ V M ∗ V − = ∗ (Po − Patm ) R∗T R∗T R∗T Cálculo de la masa consumida mconsumida total g ] ∗ 113.097[l] mol = ∗ (25.651 − 0.651)[atm] = 3831.199 [g] atm ∗ l 0.082 [ ] ∗ 288 [K] K mol 32 [ Cálculo de los días necesarios t = 3831.199 [g] ∗ 1 [día] = 6.847 [día] 559.508 [g] R: No, el oxígeno no le durará más de una semana G.21 Un frasco de 2 dm3 contiene una mezcla de hidrogeno y monóxido de carbono a 10 ºC y 786 Torr. Si la humedad relativa de dicha mezcla gaseosa es el 75%, calcular la masa de vapor de agua que se halla contenida en dicho volumen en gramos. La presión de vapor de agua a 10 ºC es de 9,21 mmHg. SOLUCIÓN. Datos: VT = 2 dm3 = 2 lt ; T = 10 ℃ = 283 K ; PT = 786 Torr = 786 mmHg φ = 75 % ; Pv ∗ = 9.21 mmHg ; mv = ? Podemos hallar la masa de vapor de la ecuación de estado: mv = Pv V Mv … … … … (1) R T Podemos hallar Pv, de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv = Pv × 100 % Pv ∗ φ Pv ∗ 75% 9.21 mmHg = = 6.907 mmHg 100 % 100 % UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 33 Finalmente, reemplazando en la ecuación (1): mv = 6.907 mmHg × 2lt × 18 62.4 mmHg lt 283 K mol K g mol = 0,014 g G.22 Suponiendo que el aire seco contiene 79% de nitrógeno y 21% de oxígeno en volumen. Calcular la densidad del aire húmedo en g/lt a 25 ºC y 1 atm de presión, cuando la humedad relativa es del 60%. Presión de vapor del agua a 25 ºC es 23.76 mmHg. SOLUCIÓN. Datos: % VN2 = 79% ; % VO2 = 21% ; T = 25 ℃ = 298 K ; PT = 1 atm φ = 60 % ; Pv ∗ = 23.76 mmHg ; ρGH = ? Usaremos los porcentajes volumétricos para asumir los volúmenes de nitrógeno y oxígeno en el gas seco (considerar 100 litros de gas seco): VN2 = 79 lt ; VO2 = 21 lt Podemos hallar la densidad del gas húmedo con la ecuación de estado: m PV=nRT= RT M m PM= RT=ρRT V ̅ PM ρGH = … … … … (1) RT Para el reemplazo de valores en la ecuación (1), requerimos del valor del peso molecular del gas húmedo, sabiendo que el mismo se encuentra conformado por el gas seco y el vapor, podemos hallarlo con: ̅ = xGS MGS + xv Mv … … … … (2) M De la misma manera, el peso molecular del gas seco, conformado por nitrógeno y oxigeno: MGS = xN2 MN2 + xO2 MO2 … … … … . . (3) Para hallar las fracciones molares: xi = Vi VT Para el nitrógeno: x N2 = 79 lt = 0,79 100 lt UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA Para el oxígeno: xO2 = 21 lt = 0,21 100 lt Reemplazando los valores hallados en la ecuación (3): g g g MGS = 0,79 × 28 + 0,21 × 32 = 28,84 mol mol mol Para hallar las fracciones molares del gas húmedo: xi = Pi PT Para el gas seco: xGS = PGS … … … . (4) PT xv = Pv … … … . (5) PT Para el vapor: Así mismo, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv PGS = PT − Pv … … (6) Podemos hallar Pv de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv = Pv × 100 % Pv ∗ φ ∙ Pv ∗ 60% ∙ 23.76 mmHg = = 14.26 mmHg 100 % 100 % Reemplazando en la ecuación (6): PGS = 760 mmHg − 14.26 mmHg = 745.74 mmHg Reemplazando en las ecuaciones (4) y (5): Para el gas seco: xGS = 745.74 mmHg = 0.981 760 mmHg Para el vapor: xv = 14.26 mmHg = 0.019 760 mmHg UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 34 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 35 Reemplazando en la ecuación (2): ̅ = 0.981 ∙ 28.84 M g g g + 0,019 ∙ 18 = 28.63 mol mol mol Finalmente, reemplazando en la ecuación (1): ρGH = 1 atm ∙ 28.63 g mol atm lt 0.082 ∙ 298 K mol K = 1.172 g lt G.23 Uno de los ambientes del Curso básico de Ingeniería de la UMSA tiene las siguientes dimensiones, 4 x 12 x 3 m3, donde la temperatura es de 68 ºF y la humedad relativa es del 60%. Si la presión de vapor del agua a 68 ºF es 17.4 mmHg, determine la humedad absoluta del sistema. SOLUCIÓN. Datos: V = 4 × 12 × 3 m3 = 144 m3 = 144000 lt ; T = 68 ℉ = 20ᵒC = 293 K φ = 60 % ; Pv ∗ = 17,4 mmHg ; P = Patm La Paz = 495 mmHg ; Ψ=? La humedad absoluta se calcula con: Ψ = mH2O … … … … . . (1) mAireSeco Podemos hallar las masas de la ecuación de estado: Pv V M … … … … (2) R T PAire seco V Maire seco = … … … … (3) R T mH2O = mAire seco Podemos hallar Pv de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv = Pv × 100 % Pv ∗ φ Pv ∗ 60% 17.4 mmHg = = 10.44 mmHg 100 % 100 % Reemplazando en la ecuación (2): mH2O = 10.44 mmHg × 144000 lt × 18 62.4 mmHg lt 293 K mol K g mol = 1480 g agua Para hallar la presión del gas seco, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 36 PGS = PT − Pv = 495 mmHg − 10.44 mmHg = 484.56 mmHg Reemplazando en la ecuación (3): mAire Seco = 484.56 mmHg × 144000 lt × 28.9 62.4 mmHg lt 293 K mol K g mol = 110 295 g aire seco Finalmente, en la ecuación (1): Ψ = 1480 g Kg H2O = 0,013 110 295 g Kg AireSeco G.24 Una mezcla gaseosa de nitrógeno y vapor de agua se introduce en un frasco sin aire que contiene un deshidratante sólido. Si la presión de 995 Torr al comienzo decae después de un tiempo a 471 Torr, calcular la composición molar del vapor de agua. SOLUCIÓN. Para poder hallar la fracción molar del vapor de agua: xv = Pv … … … . . (1) PT Para hallar la presión del vapor, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv Pv = PT − PGS Reemplazando valores, teniendo en cuenta que la presión inicial es la presión total del gas húmedo y que la presión final es la presión del gas seco al haber sido absorbido el vapor por el deshidratante: Pv = 495 mmHg − 471 mmHg = 24 mmHg Reemplazando en la ecuación (1): xv = 24 mmHg = 0,048 495 mmHg G.25 Una mezcla gaseosa de nitrógeno y vapor de agua se introduce en un frasco sin aire que contiene un deshidratante sólido. Si la presión de 500 Torr al comienzo decae después de un tiempo a 450 Torr, calcular el volumen del frasco en litros, si el agente deshidratante sufre un aumento de masa de 0,20 g a 25 ºC. SOLUCIÓN. - Para poder hallar el volumen del frasco, basta con hallar el volumen del vapor en las condiciones iniciales puesto que el vapor adopta el volumen del frasco, por lo tanto, de la ecuación de estado: PV =nRT UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 37 nRT mRT = P MP mv R T = … … … (1) Mv Pv V= Vfrasco Para hallar la presión del vapor, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv Pv = PT − PGS Reemplazando valores, teniendo en cuenta que la presión inicial es la presión total del gas húmedo y que la presión final es la presión del gas seco al haber sido absorbido el vapor por el deshidratante: Pv = 500 mmHg − 450 mmHg = 50 mmHg Reemplazando en la ecuación (1), la masa del vapor será el incremento que sufrió el deshidratante: Vfrasco = torr lt (25 + 273) K mol k = 4.132 lt g 18 50 torr mol 0.20 g 62.4 G.26 Se recoge 1 litro de nitrógeno sobre acetona de 20 ºC y 850 mmHg, el gas obtenido tiene una humedad relativa del 80%, calcular la masa de la acetona que se ha evaporado en gramos si su presión de vapor a 20 ºC es de 198 mmHg. SOLUCIÓN. Datos: VT = 1 lt ; T = 20 ℃ = 293 K ; PT = 850 mmHg φ = 80 % ; Pv ∗ = 198 mmHg ; mv = ? Podemos hallar la masa de la acetona a partir de la ecuación de estado: mv = Pv V Mv … … … … (1) R T Podemos hallar Pv, de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv = Pv × 100 % Pv ∗ φ Pv ∗ 80% 198 mmHg = = 158,4 mmHg 100 % 100 % Finalmente, reemplazando en la ecuación (1): mv = 158,4 mmHg × 1 lt × 58 62,4 mmHg lt 293 K mol K g mol = 0,502 g UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 38 G.27 En un tanque de volumen V1 se tiene aire húmedo a 20 ºC y 101.325 kPa de presión, con una humedad relativa del 80%, dicha masa de aire húmedo se traslada a un segundo tanque de volumen igual a 1000 m 3 a una presión de 607.9 kPa y una temperatura de 25 ºC, llegando el aire a saturarse de vapor de agua. Las presiones del vapor de agua a 20 ºC y 25 ºC son 17.6 y 23.8 mmHg respectivamente. Despreciando el volumen de agua que se condensa calcule el volumen del primer tanque en metros cúbicos. SOLUCION. Datos: V1 = ? ; T1 = 20 ℃ = 293 K ; P1 = 101,325 KPa = 760 mmHg ; φ1 = 80 % V2 = 1000 m3 ; T2 = 25 ℃ = 298 K ; P1 = 607.9 KPa = 4559.6 mmHg ; φ2 = 100 % Podemos hallar el volumen inicial de la ley combinada: P1 V1 T1 P2 V2 T2 = V1 = P2 V2 T1 T2 P1 Aplicando al gas seco: V1 = P2 GS V2 T1 … … … . (1) T2 P1 GS Para hallar la presión de los gases secos, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv PGS = PT − Pv … … (2) Podemos hallar Pv de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv × 100 % Pv ∗ Pv = φ Pv ∗ 100 % Reemplazando para las condiciones iniciales: Pv1 = 80% 17.6 mmHg = 14.08 mmHg 100 % Reemplazando para las condiciones finales: Pv 2 = 100% 23.8 mmHg = 23.8 mmHg 100 % Reemplazando para las condiciones iniciales en la ecuación (2): PGS1 = 760 mmHg − 14.08 mmHg = 745.92 mmHg Reemplazando para las condiciones finales en la ecuación (2): UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 39 PGS 2 = 4559.60 mmHg − 23.8 mmHg = 4535.8 mmHg Finalmente, reemplazando en la ecuación (1): V1 = 4535.8 mmHg × 1000 m3 293 K = 5978.8 m3 745.92 mmHg 298 K G.28 El volumen de una mezcla de aire saturado de humedad a 50 ºC es de 4 lt a una presión de 2 atm, calcular la presión final en mmHg cuando isotérmicamente esta masa gaseosa se expande sobre agua hasta un volumen de 20 lt. La presión del vapor de agua a 50 ºC es 92,5 mmHg SOLUCION. Datos: V1 = 4 lt ; T = 50 ℃ = 323 K ; P1 = 2 atm = 1520 mmHg ; φ1 = 100 % V2 = 20 lt ; Pv ∗ = 92.5 mmHg ; φ2 = 100 % Podemos hallar la presión final de la ley de Boyle: P1 V1 = P2 V2 P2 = P1 V1 V2 Aplicando al gas seco: P2 GS = P1 GS V1 … … … (1) V2 Para hallar la presión de los gases secos, de la Ley de Dalton: PT = PGS + Pv … … (2) PGS = PT − Pv … … (3) Podemos hallar Pv de la ecuación de la humedad relativa: φ = Pv Pv ∗ × 100 % Pv = φ Pv ∗ 100 % Ya que en ambos casos la humedad relativa es del 100% ´ Pv = Pv ∗ Reemplazando datos para las condiciones iniciales en la ecuación (3): PGS1 = 1520 mmHg − 92.5 mmHg = 1427.5 mmHg Reemplazando en la ecuación (1): P2 GS = 1427.5 mmHg × 4 lt 20 lt = 285.5 mmHg Finalmente, reemplazando los datos de las condiciones finales en la ecuación (2): UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 40 P2 = P2 GS + Pv = 285.5 mmHg + 92.5 mmHg = 378 mmHg G.29 En un edificio provisto con acondicionamiento de aire se absorben desde el exterior 1200 lt de aire, a la temperatura de 11°C, presión de 780mmHg y humedad relativa del 20%. Dicho aire pasa a través de los aparatos adecuados, donde la temperatura aumenta a 20°C y la humedad relativa a 50%. Si la presión dentro del edificio es de 765 mmHg, calcule la densidad del aire húmedo inicial en g/lt. Las presiones de vapor del agua a 11°C y 20°C son, respectivamente 9,84 mmHg y 17,53 mmHg SOLUCION. Datos: Condición Inicial Vo = 1200 lt ; T0 = 11°C = 284 K ; φ = 20 % ; PTo = 780 mmHg Condición Final Vf =? lt ; Tf = 20°C = 293 K ; φ = 50 % ; PTf = 765 mmHg ; ρGH = ? Para hallar la densidad conocemos que ρ0 = mTo … (1) V0 Y la masa inicial es: mT0 = m0Gas Seco + mv … (2) Entonces para el cálculo de la masa del gas seco inicial obtendremos m PV= RT M P0G.S. ∙ V0 ∙ M m0Gas Seco = … (3) R ∗ T0 De Ley de Dalton tendremos lo siguiente PT0 = P0Gas Seco + Pv … (4) Y del dato de la humedad relativa obtendremos lo siguiente: φ = Pv = Pv × 100 % Pv ∗ φ Pv ∗ 20% ∙ 9.84 mmHg = = 1.968 mmHg 100 % 100 % Reemplazando en la ecuación (4) PT0 = P0Gas Seco + Pv P0G.S. = PTo − Pv P0G.S. = 780 mmHg − 1.968 mmHg = 778.032 mmHg UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA 41 Ahora reemplazando en la ecuación (3) m0Gas Seco = g 778.032 mmHg ∙ 1200 lt ∙ 28.96 P0G.S. ∙ V0 ∙ M mol = 1525.72g = mmHg ∙ lt R ∙ T0 62.4 ∙ 284 K mol ∙ K Ahora calculamos la masa de vapor con la misma ecuación, pero con los datos del vapor g 1.98 mmHg ∗ 1200 L ∗ 18 PV ∗ V0 ∗ M mol mV = = = 2.41g mmHg ∗ L R ∗ T0 62.4 ∗ 284 K mol ∗ K Reemplazando en la ecuación (2) mT0 = m0Gas Seco + mv mT0 = 1525.72 g + 2,41 g mT0 = 1528.13 g Finalmente, en la ecuación (1) ρ0 = mTo 1528.13 g g = = 1.273 V0 1200 L L G.30 Se recoge 1 litro de nitrógeno sobre acetona a 25°C y 1.13324∙105 Pa, el gas obtenido tiene una humedad relativa del 50%. Calcular la nueva humedad relativa si en el recipiente en el cual se ha recogido el nitrógeno, existía 0.2 g de acetona evaporado completamente. (La presión de vapor de la acetona a 25°C es de 198 mmHg) SOLUCION. Datos: Vo = 1 lt ; T0 = 25°C = 298 K ; φ0 = 50 % ; PTo = 1,13324 ∗ 105 Pa = 850 mmHg Pv ∗ = 198 mmHg ; φf = ? % ; mv = 0,2 g Con la fórmula de la humedad relativa: φf = Pvf × 100 % … (1) Pv ∗ De la ecuación de estado: m RT M R ∗ T ∗ mVf PVf = … (2) V ∗ MV PV= Calculando la masa al final mVf = mV0 + 0.2 g … (3) Calculando la masa inicial con ecuación de estado: UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 PROBLEMAS RESUELTOS DE QUIMICA m PV= RT M PVo ∗ V0 ∗ MV mVo = … (4) R ∗ T0 Conozcamos la presión de vapor la inicio con la fórmula de humedad relativa: φo = Pvo × 100 % Pv ∗ φ Pv ∗ 100 % 50% 198 mmHg = = 99 mmHg 100 % Pv = PVo Reemplazando en ecuación (4) para hallar la masa mVo g 99 mmHg ∗ 1 L ∗ 58 PVo ∗ V0 ∗ MV mol = = = 0.309 g mmHg ∗ L R ∗ T0 62.4 ∗ 298 K mol ∗ K Ahora en ecuación (3) mVf = mV0 + 0.2 g = 0.309 g + 0.2 g = 0.509 g Para conocer la presión de vapor final vamos a ecuación (2) mmHg ∗ L 62.4 ∗ 298 K ∗ 0.509 g R ∗ T ∗ mVf mol ∗ K PVf = = = 163.19 mmHg g V ∗ MV 1 L ∗ 58 mol Y finalmente en ecuación (1) φf = 163.19 mmHg × 100 % 198 mmHg φf = 82.42% UMSA, FACULTAD DE INGENIERIA – CURSO PREFACULTATIVO 2021 42
