Problemas1. Dada la siguiente reacción:

2Al + 3FeO Al2O3 + 3Fe

Utilizando el criterio de energía libre y asumiendo que los cambios de entalpia y entropía son independientes de la temperatura, determine por encima de la cual esta reacción es termodinámicamente factible a 1 atm.

Datos:

Sustancia ΔH 298° Kcal/mol ΔS298

° Cal/grado. Mol

Al 0 6.77

Al2O3 -400.9 12.2

Fe 0 6.52

FeO -63.2 14.05

Solución:

ΔH (rx) = Δ (producto) – Δ (restante)

ΔH (rx) = {[1 x (-400.9 K cal/mol)] + [3 x (0)]} – {(2 x0) + [3 x (-63.2 Kcal/mol)]}

ΔH (rx) = -400.9 Kcal/mol + 189.6 Kcal/mol = -211.3 Kcal/mol

ΔS (rx) = Δ (producto) – Δ (restante)

ΔS (rx) = {(1 x 12.2 K cal/grado. Mol) + [3 x (6.52 K cal/grado. Mol)]} – {(2 x 6.77 K cal/grado. Mol) + (3 x 14.05 Kcal/grado. Mol)}

ΔS (rx) = 31.76 Kcal/grado. Mol – 55.69 Kcal/grado. Mol = -23.93 K cal/grado. Mol

La presión es 1 atmosfera es 25°C en kelvin seria 298°K

ΔG (rx) = ΔH (rx) –T ΔS (rx)

ΔG (rx) = -211300 cal/mol – [298 °K x (-23.93 cal/grado. Mol)] = -204168.86 cal/mol

ΔG (rx) = -204.16886 Kcal/mol

2. Un investigador introduce 15.0 mili mol de A y 18.0 mili mol de B en un recipiente. Este se calienta hasta 600K, con lo cual se establece el equilibrio en fase gaseosa:

A + B ↔ 2C + 3DLa mezcla de equilibrio tiene una presión de 1085 torr y contiene 10.0 mili mol de C. Calcule Kp y ΔG° a 600 K, suponiendo comportamiento ideal.

Solución:

A + B ↔ 2C + 3D

Inicio 0.015 0.018 - -

Rx. -X -X 2X 3X

Equilibrio 0.015- X 0.018 - X 0.010 3X

Moles totales = 0.010 + 0.013 + 0.010 + 0.015Moles totales = 0.048 P=1085torr

ΔG = -R x T x Ln Kp P=1085760

=1.43atm

P = 1085 torr

Presiones parciales = nnt

x Pt

PA = 0.0100.048

x 1.43 =0.30= 226.04 torr

PB = 0.0130.048

x 1.43 =0.39= 293.85 torr

PC = 0.0100.048

x 1.43 =0.30= 226.04 torr

PD = 0.0150.048

x 1.43 =0.45= 339.06 torr

KP = (0.45)3

(0.39)∗(0.30 )2

(0.30 )=0.7

ΔG = -R x T x Ln KpΔG=-0.082(600)Ln(0.07) ----------------------- ΔG=130.84Kcal/mol

3. Las densidades del bismuto líquido y solido a su temperatura normal de fusión (271.1 °C) son iguales a 10.005 y 9.673 g/cm3 respectivamente. El calor atómico de fusión del bismuto es 2600 cal/átomo g. Se necesita determinar a qué temperatura se funde el bismuto cuando se somete a una presión de 50 atm. (P.A= 209)Solución:

d pd t

= ΔHTf x ΔV

Hallamos:

ΔH = 2600cal

atomo .gr x 6.023x 10

23 atomo .gr1mol

= 1.57 x 1027 cal/mol

ΔV = Vl – Vs

ΔV = P.A x ¿)

ΔV = 209 x ¿) = -0.71698 cm3/mol x 1l

103 cm3 = -0.71698 x 10-3 lt/mol

Reemplazamos:

ΔT = Tf x ΔVΔH

x ΔP = 544.1° K (−0.71698 x10−3 ¿

mol )x50 atm1.57 x1027 cal /mol

x 1.987cal /mol

0.082¿ . atmmol ° K

=

-3.0105 x 10-25 °K

4. La presión de vapor de la plata sólida como una función de la temperatura está dada por :

Log P (mmHg) = -14400T

– 0.85 log T + 12.20

Y de la plata liquida por:

Log P (mmHg) = - 14400T

=−0 .85 logT−1.02T+12 .39

Calcule:a) La temperatura de ebullición normal.b) La temperatura bajo la cual las dos formas pueden coexistir en equilibrio.

Solución:

a) Log 760 mmHg = -14400T

– 0.85 log T + 12.20

2.88 = -14400T

– 0.85 log T + 12.20

T° ebullición normal = 2307

5.a) Un orfebre tiene dos lingotes. El primero contiene 540 g. de oro y 60 g de

cobre. El segundo 400 g. de oro y 100 g. de cobre. ¿Qué cantidad deberá tomar de cada uno de ellos para formar otro lingote que pese 640 g. y cuya ley sea 0.825?

b) Un joyero quiere construir una joya de plata de 40 g. de peso y de ley 0.900. Para ello dispone de dos lingotes de este metal con leyes de 0.975 y 0.850. ¿Qué cantidad tiene que tomar de cada uno de estos lingotes para hacer la joya indicada?

Nota: La ley de la aleación es la relación entre el peso de metal fino (más valioso) y el peso total. Siendo la ley igual a 1 cuando el metal es puro.

Solución:

Lingote A: 540 gr de oro y 60 gr de cobre

Son 600 gr totales.

L.A = 540/600 = 0.9

Lingote B: 400 gr de oro y 100 gr de cobre

Son 500 gr totales

L.B = 400/500 = 0.8

Lingote A x 0.9

Lingote B 640-x 0.8

640 0.825

0.9 * X + (640 -X) * 0.8X = 640 * 0.825

X= 160

Entonces:

Son 160 gr del lingote A.

Son 640 – 160 = 480 gr del Lingote B.

6. El azufre presenta dos formas alotrópicas: el rómbico y el monoclínico. El rómbico es la forma estable hasta 95.6°C, temperatura a la que el azufre monoclínico pasa a ser la más estable, hasta llegar al punto de fusión a 119°C. La temperatura de transición del azufre rómbico en monoclínico a la presión de 1 atm es 95.6°C, el calor de transición es 3.12 cal/°C. Se pide determinar la diferencia de volúmenes del azufre rómbico y del monoclínico, si por cada incremento de 1 atm en la presión se incrementa la temperatura de 0.0399°C.Solución:

Aplicando la fórmula:

∆ P=P2−P1 ¿∆ HV

∆V∗ln(T 2T 1 )+C

1atm¿ 3.12cal /℃∆V

∗ln( 119+27395.6+273 )+C …………………α

2atm¿ 3.12cal /℃∆V

∗ln( 119+27395.6+273+0.0399 )+C .………………….β

3atm¿ 3.12cal /℃∆V

∗ln( 119+27395.6+273+0.0399+0.0039 )+C …………………..γ

Simplificando:

1atm¿ 0.1920∆V

+C …………………α

2atm¿ 0.1917∆V

+C .………………….β

3atm¿ 0.1914∆V

+C …………………..γ

Restando α yβ

0.1917∆V

−0.1920∆V

=1atm

∆V=−0.0003

7. La presión de vapor de la plata sólida como una función de la temperatura está dada por:

log P(mmHg)=−14900T

– 0.85 logT+12.20

Calcule la temperatura de fusión normal.

Solución:

log (760)=−14900T

–0.85 logT +12.20

Utilizando una calculadora científica o con ayuda de un programa matemático podemos hallar el valor de la temperatura.

T=2306 .5K

8. La presión de vapor del arsénico liquido como una función de la temperatura está dada por:

Log P (mmHg) = - 2460T

+ 6.69

Calcule su presión de vapor cuando su temperatura de ebullición está a 20°C por debajo de su punto de ebullición normal. Asuma que el arsénico cumple con la regla de Trouton.

Solución:

log (PmmHg )=−2460T

+6.69

T= −2460log (PmmHg )−6.69

En donde:PmmHg=760mmHg

Reemplazando se obtiene

T= −2460log (760 )−6.69

T ebN=645.80K=372.8℃

Temperatura por debajo de los 20℃T 352.8=625.8K

Hallando la Entalpia de vaporización (∆ HV )

∆ HV=T ebN∗21cal

mol∗°

∆ HV=645.8∗21=13561.8cal

mol∗K

Aplicando la formula:

lnP2P1

=−∆ HV

R∗( 1T 2− 1

T 1 )ln (P2 )−¿ ln (760 )=−13561.8

1.9872∗( 1625.8

− 1645.8 )¿

ln (P2 )=¿6.2956 ¿

P2=e6.2956

P2=542.17mmHg

9. La formación del trióxido de azufre por oxidación del dióxido es un paso intermedio en la fabricación del ácido sulfúrico. La constante de equilibrio (Kp) de la reacción:

2 SO2 + O2 ↔ 2 SO3

Es 0.13 a 830°C. En un experimento se hacen reaccionar 2.00 moles de dióxido de azufre con 2.00 moles de oxígeno. ¿Cuál debe ser la presión total de equilibrio para tener un 1.40 moles de trióxido de azufre?

Solución:

2SO 2 + O2 ↔ 2SO3

Inicio 2.00 mol 2.00 mol -

Rx. −2 X −X 2 X

Equilibrio 2−2X2 –1.4=0.6

2−X2 –0.7=1 .3

2 X2 X=1.4X=0.7

nT=0.6+1.3+1.4=3.3

Calculamos las fracciones molares de cada gas en el equilibrio:

PSO 2=0.6 /3.3=0.182 PT

PO2=1.3/3.3=0.394 PT

PSO 3=1.4 /3.3=0.424 PT

Aplicando la ecuación:

K y=(PSO3 )

2

(PO 2)1 (PSO2 )

2=(0.424 PT )2

(0.394 PT )∗(0.182 PT )2=0,13

13.92PT

=0.13

PT=107.08atm