Solucionario Ejercicios de FisicoQuimica

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INDICE 
 
 
 
INTRODUCCION ................................................................................................................................. - 1 - 
 
PROBLEMAS DE APLICACIÓN, GASES REALES E IDEALES ............................................... - 2 - 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS .............................................................................. - 2 - 
FISICOQUIMICA GILBERT CASTELLAN ................................................................................................. - 48 - 
GASES REALES ................................................................................................................................ - 76 - 
 
PROBLEMAS DE APLICACIÓN PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA .............................................. - 89 - 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS ............................................................................................. - 89 - 
FISICO QUIMICA GILBERT CASTELLAN .............................................................................................. - 131 - 
 
TERMOQUÍMICA ............................................................................................................................ - 157 - 
FISICOQUIMICA GILBERT CASTELLAN ............................................................................................... - 157 - 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS ........................................................................................... - 180 - 
 
SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA ........................................................................... - 218 - 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS ........................................................................... - 218 - 
FISICOQUIMICA GILBERT CASTELLAN ............................................................................................... - 252 - 
 
ENERGIAS LIBRES ........................................................................................................................... - 282 - 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS ........................................................................................... - 282 - 
TRATADO DE FISICOQUIMICA LUIS ROMO ....................................................................................... - 307 - 
 
ESPONTANIEDAD Y EQUILIBRIO ..................................................................................................... - 316 - 
FISICOQUIMICA GILBERT CASTELLAN ............................................................................................... - 316 - 
 
ANEXOS ......................................................................................................................................... - 333 - 
 
INTEGRANTES ................................................................................................................................ - 335 - 
 
 
 
- 1 - 
 
INTRODUCCION 
 
Con el fin de entender de manera fenomenológica y teórica los procesos de la 
Fisicoquímica se realizó este compendio de ejercicios resueltos analizando su 
comportamiento. 
Desde la antigüedad se ha estudiado los gases ideales y reales, que hoy con ese 
conocimiento hemos aplicado en el desarrollo de los ejercicios ya que en la mayoría de 
las aplicaciones de la ingeniería están inversos. 
La primera ley de la termodinámica tiene una importancia trascendental en el desarrollo 
de la humanidad, ya que esta expresó que al igual que con la masa, la energía no se crea 
ni se destruye, solo se transforma. En el campo de la fisicoquímica esto es de vital 
importancia, debido a que para tener un claro entendimiento de lo que pasa en un 
proceso, se debe entender que para que algo realice un trabajo sobre el mismo, se debe 
ganar o perder energía. 
La termoquímica hemos aplicado conocimientos previos de química lo cual es 
fundamental en la fisicoquímica para el entendimiento del fenómeno relacionado en las 
reacciones químicas para saber si es que una reacción química es espontánea o 
inverosímil. 
La segunda ley de igual manera trata que una reacción química espontánea hace que la 
entropía aumente, se procedió a aplicar los conocimientos y se trató la entropía y el 
comportamiento empírico del funcionamiento de una máquina desde el punto de vista 
fisicoquímico. 
Por esta razón fue necesaria otra función termodinámica, las Energías libres, es capaz de 
realizar trabajo a medida que el sistema tiende al equilibrio. 
De esta forma se puede explicar mejor los fenómenos que suceden en la naturaleza, en 
el laboratorio y en la industria. Como en el caso de nuestro estudio, compresiones, 
expansiones de gases, reacciones químicas, máquinas, que pueden ser ideales o reales, 
licuefacción de gases, que es un proceso de mucha utilidad en la industria moderna, 
entre otros procesos, lo cual indica la gran valía de estos postulados y la necesidad del 
estudiante de aprender estos conceptos. 
- 2 - 
 
PROBLEMAS DE APLICACIÓN, GASES REALES E IDEALES 
FISICOQUIMICA FARRINGTON DANIELS 
 
1.1. Calcular el volumen ocupado por 20g de bióxido de carbono a una presión de 
740 mm Hg y a 30 
0
C, tomando en cuenta que se obedece la ley de los gases 
ideales. 
 
Datos: 
 
 
P= 740 mm Hg 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Al ser gas ideal tenemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.2. En un aparato de Víctor Meyer la evaporación de 0,110 g de un hidrocarburo 
puro, H-(CH2) n-H, desplaza 27ml de aire medidos en una bureta de mercurio 
a 26,1 
0
C y 743 mm Hg ¿Cuál es el peso molecular del hidrocarburo y el valor 
de n? 
Datos: 
Fig: 1.1-1 
V= 11, 65 L 
- 3 - 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Volumen será igual al volumen del aire que ha desplazado 
 
 
 
Calculo del peso molecular del hidrocarburo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Calculo del número de moles, mediante la ecuación de Víctor Meyer 
 
 
Respuesta: 
 
 
 
 
 
 
 
Fig: 1.3.2-1 
M= 102, 27 
 
 
 
n = 7 mol 
- 4 - 
 
1.3. Calcular el peso molecular promedio del aire saturado con vapor de agua, a 
25 
0
C y a una presión total de 1 atm. La presión de vapor del agua a esta 
temperatura es de 23,7 mm Hg. Considérese al aire como formado por 80% de 
nitrógeno y 20% de oxígeno en volumen. 
Datos: 
 
 
 
Aire: 
N2= 80% 
O2= 20% 
 
Solución: 
Peso molecular del aire: 
 ∑ 
 
 
 
 
 
 
Análisis del aire Húmedo: 
Al ser aire saturado la presión que aporta el agua será el mismo valor de la presión 
de vapor de agua a 25
0
C, ya que tenemos una humedad del 100% 
 
 
 
 
 
 
 
Calculo de la presión del aire 
 
 ( ) 
 
 
 
 
Fig: 1.3.3-1 
- 5 - 
 
Tabla: 1.3.3-1 
Componentes de la mezcla 
Componente Pi, atm Xi Mi, g/mol Xi*Mi 
Aire 0,969 0,969 28,8 27,9 
Agua(v) 0,031 0,031 18 0,558 
 
 
 ∑ 
 
 
 
 
1.4. Calcular el número de toneladas de bióxido de carbono, sobre una superficie 
de una milla cuadrada, si la presión atmosférica es de 760 mm Hg y el aire 
contiene 0,046 % en peso de CO2. 
 
Datos: 
P
= 760 mm Hg 
% Aire = 0,046 
 
Solución: 
Conociendo la altura desde el nivel del mar hasta la tropósfera, lugar en donde se 
encuentra el aire podemos calcular el volumen ocupado por este. 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) 
 
 
 
 
 
 
 
Considerando la temperatura ambiente: 
 
 
 
 
 
- 6 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.5. Se llenan los matraces A y B con oxígeno y nitrógeno, respectivamente, a 25
0
C 
y se conectan por medio de una llave. 
 
Tabla: 1.3.5-1 
Datos 
Gas Gas Volumen, 
ml 
Presión, atm 
A O2 500 1 
B N2 1500 ½ 
 
Calcular (a) la presión total, (b) la presión parcial de cada gas y (c) la fracción 
molar del oxígeno en la mezcla final. 
 
 
 
 
 
 
 
 Fig: 1.3.5-1 
 
 
- 7 - 
 
Solución: 
Al no existir variación de temperatura, el proceso es isotérmico. 
Calculo de la presión final del O2 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )
( )
 
 
 
 
Presión final del N2 
 
 
 
 
 
(
 
 ) ( )
( )
 
 
 
 
Presión total del sistema 
 
 
 
 
 
Fracción molar en la mezcla final 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 8 - 
 
1.6. A 55
0
C y 1 atm el N2O4 se disocia un 50,3% en NO2 de acuerdo con la reacción 
 
N2O4 =NO2 
¿Cuál es la densidad del gas? (b) ¿Cuál es el peso 
molecular promedio del gas? 
 
 
Solución: 
 
El gas se refiere a la mezcla de N2O4 + NO2, luego de la disociación 
 
 Peso molecular del gas 
Base de cálculo 100g de la mezcla 
Tabla: 1.3.6-1 
Datos 
Gas Mi, g/mol masa, g ni=m/M Xi XiMi 
NO2 46 50,3 1,09 0,67 30,82 
N2O4 92 49,7 0,54 0,33 30,36 
 
 ∑ 
 
 
 
 
Si se asume como un gas ideal se tiene: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Respuesta: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig: 1.3.6-1 
- 9 - 
 
P, atm 
1 1/3 2/3 1/2 
δ/P, g/atm-L 
1.7. La densidad del amoniaco, fue determinada a distintas presiones pesando el 
gas contenido en grandes bulbos de vidrio. Los valores obtenidos a 0
0
C, en 
gramos por litro, fueron los siguientes: 0,77159 a 1 atm, 0,51185 a 2/3 de atm, 
0,38293 a ½ de atm, 0,25461 a 1/3 de atm. (a) ¿Cuál es el peso molecular del 
amoniaco? (b) considerando que el peso atómico del hidrógeno es igual a 
1,008, ¿Cuál será el peso atómico del nitrógeno? 
 
Tabla: 1.3.7-1 
Datos 
δ,( g/L) 0,77169 0,51185 0,38293 0,25461 
P, (atm) 1 2/3 1/2 1/3 
δ/P, (g/atmL) 0,77169 0,76777 0,76586 0,76383 
 
Diagrama: δ/P=f(P) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) 
 
 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (
 
 
)
 
 
Fig: 1.3.7-1 
- 10 - 
 
(
 
 
)
 
 
 
 
 
 (
 
 
)
 
 
 
 
 
 
(b) 
 
 
 
 
1.8. La temperatura crítica del tetracloruro de carbono es de 283,1 
0
C. Las 
densidades en gramo por mililitro, del líquido ρl y del vapor ρv a diferentes 
temperaturas son las siguientes. 
 
Tabla: 1.3.8-1 
Datos 
t (
0
C) 100 150 200 250 270 280 
Ρl (g/ml) 1,4343 1,3215 1,1888 0,9980 0,8666 0,7634 
Ρv (g/ml) 0,0103 0,0304 0,0742 0,1754 0,2710 0,3597 
 
¿Cuál será el volumen molar crítico del CCl4? 
 
 
 
Mediante extrapolación del grafico se obtiene la densidad crítica. 
ρl 
ρv 
 
 
 
 
 
Fig: 1.3.8-1 
- 11 - 
 
 
 
 
 
 
Peso molecular tetracloruro de carbono: 
 
 
 
 
 
 
Por lo tanto: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.9. Utilizando la ecuación de Van der Waals, calcular la presión ejercida por una 
mol de bióxido de carbono a 0
0
C en un volumen de (a) 1 litro, (b) 0,05 litros, 
(c) Repetir los cálculos a 100 
0
C, en 0,05 litros. 
 
 
Datos: 
Constantes de Van der Waals para el CO2 son: 
 
 
Fuente: Tratado de fisicoquímica, Luis A. Romo 
Fig: 1.3.9-1 
 
 
 
 
- 12 - 
 
 
Solución: 
(a) 
V1= 1 litro 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 ) ( )
( ) ( 
 
 )
 
( 
 
 
)
( ) 
 
 
 
 
(b) 
V2=0,05 litros 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 ) ( )
( ) ( 
 
 )
 
( 
 
 
)
( ) 
 
 
 
(c) 
V3=0,05 litros y T3=373,15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 ) ( )
( ) ( 
 
 )
 
( 
 
 
)
( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 13 - 
 
1.10. Calcular el volumen que ocupa una mol de metano a 0
0
C y 50 atm utilizando 
(a) la ley de los gases ideales y (b) la ecuación de Van der Waals. En los 
cálculos de la parte (b) la solución cúbica se puede evitar usando el método de 
aproximaciones sucesivas. La ecuación de Van der Waals se puede escribir del 
método siguiente. 
 
V 
 
 (
 
 
)
 
 
El valor de V obtenido con le ecuación de los gases ideales, se sustituye en el 
lado derecho de esta ecuación, calculando un valor aproximado de V. Este 
valor se sustituye nuevamente en el lado derecho de la ecuación para obtener 
un valor de V aun más exacto. Este proceso se continúa hasta que el valor 
calculado de V sea esencialmente el mismo que el utilizado en la sustitución en 
el lado derecho de la ecuación. 
 
Solución: 
(a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( 
 
 ) ( )
( )
 
 
 
(b) 
 
Primera sustitución: 
V 
 
 (
 
 
)
 
 
( 
 
 ) ( )
( ) 
( 
 
 
)
( ) 
 ( 
 
 
) 
 
 
 
- 14 - 
 
Segunda sustitución: 
 
 
 (
 
 
)
 
 
( 
 
 ) ( )
( ) 
( 
 
 
)
( ) 
 ( 
 
 
) 
 
 
1.11. Calcular el volumen ocupado por un kilogramo de bióxido de carbono a 100 
0
C y 50 atm empleando (a) la ecuación de los gases ideales y (b) la gráfica de 
Hougen-Watson-Ragatz 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
 
(a) 
 
 
 
 
 
( )
( 
 
 )
 ( 
 
 ) ( )
( )
 
 
 
 
(b) 
 
Factor de compresibilidad y las respectivas constantes críticas. 
 
Fig: 1.3.11-1 
 
 
- 15 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )
(
)
( 
 
 )
 ( 
 
 ) ( )
( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 16 - 
 
1.12. Calcular el segundo coeficiente virial para el hidrógeno a 0
0
C partiendo del 
hecho que los volúmenes molares a 50, 100, 200 y 300 atm son 0,4624; 
0,2386; 0,1271 y 0,09004 litro mol
-1. 
Respectivamente. 
Solución: 
Conociendo que el segundo coeficiente virial es la extrapolación hasta 
 
 
 de 
la gráfica 
V ((PV/RT)-1) = f ( 
 
 
 ), entonces: 
 
Datos: 
 
Tabla: 1.12-1 
Datos 
 50 100 200 300 
 
 
 
 
0,4624 0,2386 0,1271 0,09004 
[(
 
 
) ] 
0,01516 0,01571 0,01723 0,01861 
 
 
 
 
 
 
2,16 4,19 7.86 11,11 
 
Diagrama: *(
 
 
) +=f (
 
 
) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig: 1.3.12-1 
- 17 - 
 
Calculo de la pendiente: 
 
 *(
 
 ) +
 
 
 
 
 
( ) 
( )
 
 
 
 
 
 
 
Ecuación de tendencia: 
[(
 
 
) ] 
 
 
 [(
 
 
) ]
 
 
*(
 
 
) +
 
 ( 
 
 
) ( 
 
 
) ( 
 
 
) 
 
 
1.13. Se hizo el vacío en un bulbo de vidrio provisto de una llave y se encuentra que 
su peso era 46,8542 g sin tomar en cuenta el empuje del aire. Al abrir la llave 
y llenar el bulbo con aire, el peso aumentó a 47,0465 g. La presión 
barométrica fue de 745 mm y la temperatura de 27 º. (a) Calcular el volumen 
total del bulbo sabiendo que el peso molecular promedio del aire es de 28,8. 
(b) Calcular el peso del bulbo si se llenara con hidrógeno seco a las mismas 
condiciones de temperatura y presión. 
Datos: 
m1 sin aire = 46,8542 g 
m2 con aire = 47,0465 
t= 27 ºC = 300 ºK 
P = 745 mm Hg= 0.98atm 
Solución: 
*(
 
 
) +
 
 
 
 
 
- 18 - 
 
Maire = 28,8 g mol
-1
 
maire = m2-m1 
maire = 0,1923g 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( 
 
 ) ( )
( )( 
 
 )
 
 
b) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )( )( 
 
 )
( 
 
 ) ( )
 
 
Calculo de la masa del bulbo total: 
 
 
 
 
 
 
- 19 - 
 
1.14. ¿Qué masa puede soportar un globo que contenga 1000 litros de helio a 25º y 
presión de 1 atm? Puede tomarse el peso molecular promedio de aire como 
28,8. 
Datos: 
V He = 1000 L 
M He = 4 gmol
-1
 
M aire = 28,8 gmol
-1
 
T= 298 ºK 
P= 1 atm 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( )( )( 
 
 )
( 
 
 ) ( )
 
 
 
1.15. El coeficiente de expansión térmica α se define como 
 
 
Y el de compresibilidad κ se define como 
 
 
 
(
 
 
)
 
 
Calcular estas cantidades para el gas ideal. 
 
1000L He 
Fig: 1.3.14-1 
- 20 - 
 
Solución: 
Para α 
 (1) 
GAS IDEAL 
 PV = nRT 
 
 
 
 (2) 
(
 
 
) 
 
 
 (3) 
(1) y (3) en (1) 
 
 
 
 
 (
 
 
) 
 
 
 
Para β 
 
 
 
(
 
 
)
 
 (1’) 
GAS IDEAL 
 
PV = nRT 
 
 
 
 (2’) 
(
 
 
) 
 
 
 (3’) 
 
(2’) y (3’) en (1’) 
 
 
 
 
 ( 
 
 
) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 21 - 
 
1.16. La temperatura puede definirse como una función lineal de alguna propiedad 
M. Si esta propiedad tiene el valor Mi en el punto de congelación y la 
propiedad Ms en el punto de evaporación, derívese la ecuación para expresar 
la temperatura en la escala centígrada. 
El astrónomo sueco Anders CELSIUS, habiendo verificado la constancia de la 
temperatura de fusión y ebullición del agua a una presión dada, decide emplear 
estas temperaturas como puntos fijos de referencia, para la construcción de una 
escala termométrica fácilmente reproducible. 
Diagrama V = f(t) 
 
 
 
 
 
 
Diagrama, Punto triple del agua 
 
 
 
 
 
 
 
Solución: 
ΔT (ºK) = Δt (ºC) 
Fig: 1.3.16-1 
Fig: 1.3.16-2 
- 22 - 
 
(T –T0) ºK = (t- t0) ºC 
T = t + 273.15 
T0 = t0 + 273.15 
(t + 273.15 – (t0 + 273.15)) ºK = (t- t0) ºC 
(t – t0)ºK = (t – t0) ºC 
1 ºK = 1 ºC 
 
1.17. Suponiendo que el aire se comporta como un gas ideal, calcular la densidad 
del aire de 25º y 1 atm si la humedad relativa del aire es de 70%. La presión 
del vapor del agua a 25º es de 23.7 mm. La composición del aire seco, en 
volumen es de 80% de nitrógeno y 20% de oxígeno. 
Datos: 
T= 25 ºC 
PV° aire = 23.7 mm Hg 
P = 1 atm 
HR = 70% 
 
 
Solución: 
T= 25 ºC 273.15 ºK 
T= 298.15 ºK 
 
 
 
 
t,°C= T,°K – 273,15 
Fig: 1.3.17-1 
- 23 - 
 
Tabla 1.3.17-1 
Datos 
MEZCLA PM , gmol
-1
 Xi aire seco Xi, mezcla Pi, mm Hg a nivel del 
mar 
N2 28 0.80 0.78 594.73 
O2 32 0.20 0.20 148.68 
H2O 18 ------- 0.02 16.59 
TOTAL M= ΣXiMi= 
28,60 
1.00 1.00 760 
 
HR = 
 
 
 
 
PVaire = 
 
 
 (PV°aire) 
 
PVaire = (
 
 
 )25ºC, 1atm 
 
PVaire = 16.59 mm Hg 
 
PV = nRT 
 
PM = ρ mezcla RT 
 
ρ mezcla = 
 
 
 
ρ mezcla = 
 ( 
 
 
) 
 
 
 
( )
 
 
 
 
ρ mezcla = 1.69 
 
 
 
- 24 - 
 
1.18. (a) ¿Cuántos gramos de aire habrá en la atmósfera que rodea a la tierra 
suponiendo que es una esfera con un diámetro de 12 millones de metros y la 
presión atmosférica es de 760 mm sobre cualquier punto? (b) ¿Cuántas moles 
de aire habrá en la atmósfera suponiendo que el peso molecular promedio del 
aire es de 28.8? (c) ¿Cuántas moléculas de oxígeno habrá en la atmósfera 
terrestre si un quinto del volumen total del aire está formado por oxígeno? 
 
Datos: 
D = 12 × 10
6
 m 
P = 760 mm Hg 
T ideal = 273 ºK 
M aire= 28.84 g/mol 
 
 
Solución: 
 
P= 
 
 
 
P= 1 atm 
 
Solución: 
Vesfera =
 
 
 
Vesfera =
 
 
 ( )3 
Vesfera = 
 
 
 
 
 
 
a) PV = nRT 
PV = 
 
 
 
 
g aire = 
 
 
 
 
Vesfera = 9.0477 1023 L 
Fig: 1.3.18-1 
- 25 - 
 
 
 ( )( 
 
 )
 
 
 ( )
 
 
 
 
b) n aire = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) 
 
 
 V aire = V O2 
 
 
 V aire = 
 
 
 (9.0477 1023 L) 
 
 
 
PV = nRT 
 
 n = 
 
 
 
 ( )
 
 
 
( ))
 
 
 
 
Moléculas de O2 = n O2 f(T) × N0 
 
Moléculas de O2 = 2,204 10
24 
 
 × 6.023 × 10
23 
 
 
 
 
 
g aire f(T) = 3.180 1026 g 
 
 n aire f(T)= 1.103×10
25 
 
 
 
V O2 1.809 10
23
 L de O2 
 
n O2 f(T)= 2,204 10
24 
 
 
 
Moléculas de O2 = 1.328 10
48 
 
 
 
- 26 - 
 
1.19. Una mezcla compuesta por 0.1 g de hidrógeno y 0.2 g de nitrógeno se va a 
almacenar a 760 mm de
presión y a 26º. (a) ¿Cuál será el volumen del 
recipiente? (b) ¿Cuál será la fracción molar del hidrógeno en la mezcla? (c) 
¿Cuál será la presión parcial del H2? 
Datos: 
P = 760 mm Hg 
T = 26 ºC 
 
 
Solución: 
T= 26 ºC 273.15 ºK 
T= 299.15 ºK 
P= 
 
 
 
 
P= 1 atm 
 
 
Tabla 1.3.19-1 
Datos 
MEZCLA gi Mi , 
 
 
 ni = 
 
 
 , mol Xi = 
 
 
 Pi = Xi × P, 
atm 
H2 0.1 2 0.05 0.88 0.88 
N2 0.2 28 0.0071 0.12 0.12 
TOTAL 0.3 M = ΣXiMi = 
5.12 
0.0571 1.00 1 
 
a) PV = nRT 
Fig: 1.3.19-1 
- 27 - 
 
 V = 
 
 
 
 V = 
 ( 
 
 
) ( )
 
 
 
 
 
b) PT = XH2 PH2 + XN2 PN2 
PH2 = XH2 PT 
 
 
 
1.20. La relación entre la densidad del cloruro de etilo y la presión en atmósferas, a 
diferentes presiones, a 0º, es la siguiente: 2.9002 g litro 
-1
 atm
-1
 a 760 mm, 
2.8919 a 475 mm, 2.8863 a 285 mm. Calcular el peso molecular del cloruro de 
etilo y el peso atómico del cloro usando el método de la fig. 1.3 conociendo los 
pesos atómicos del carbono y del hidrógeno. 
Tabla 1.3.20-1 
Datos 
ρ/P ,
 
 
 P ,atm 
2.9002 1.000 
2.8919 0.601 
2.8863 0.375 
Datos: 
T = 0 ºC 
Desarrollo: 
T = 0 ºC 273.15 ºK 
T = 273.15 
V= 1.401 L 
PH2= 0,88 atm 
- 28 - 
 
Diagrama: ρ/P =f(P) 
 
 
 Fig. 1.3.20-1: Densidad limite del cloruro de etilo 
 
 
 
(
 
 
) (
 
 
) 
PV = nRT 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (
 
 
) 
(
 
 
) 
Si P = 0 atm ⇒ (ρ/P)0 = 2.878 
M = 2.878
 
 
 (0.08205 
 
 
)(273.15 ºK) 
 
 
 
 
M = 64,47 
 
 
 
- 29 - 
 
1.21. Las densidades en gramos por centímetro cúbico del éter metílico líquido y 
gaseoso, a distintas temperaturas, son las siguientes: 
Tabla 1.3.21-1 
Densidad del éter metílico líquido y gaseoso a diferentes temperaturas 
ºC 30 50 70 100 120 
ρl 0,6455 0,6116 0,5735 0,4950 0,4040 
ρv 0,0142 0,0241 0,0385 0,0810 0,1465 
 
Calcular la densidad y la temperatura crítica. 
 Solución: 
Las constantes críticas Tc y Pc, se pueden evaluar partiendo en principio de la 
isoterma crítica o mediante la aplicación de la Regla de Cailletet y Mathias que se 
las conoce con el nombre de la ―Ley de los diámetros rectilíneos‖. La bisectriz del 
área comprendida dentro de la curva ρ – T del líquido y vapor es una recta que 
indica que densidad media del gas disminuye linealmente con la temperatura, esta 
línea por extrapolación permite obtener tanto la temperatura crítica, como la 
densidad crítica. 
Diagrama: ρ =f(t) 
 
 
 
Fig: 1.3.21-1 
- 30 - 
 
6,30 cm | 120 ºC = 126 ºC 
 | 6 cm 
1,75 cm | 0,4 g/cm
3
 = 0,175 g/cm
3 
 | 4 cm 
 
 
 
 
1.22. Basándose en las constantes críticas del helio expresadas en la tabla 1.1, 
calcular las constantes de Van der Waals. 
Datos: 
Tabla 1.3.22-1 
Constantes críticas del Helio 
GAS Tc, ºK c, L mol
-1
 Pc, atm PcVc / RTc 
Helio (He) 5,3 0,0578 2,26 0,300 
 
Solución: 
b = 1 c 
 3 
b = 1 0,0578 
 3 
 
 
a = 3 Pc 
2
c 
a = 3 (2,26)( 0,0578)
2 
 
 
Tc = 126 °C 
ρc= 0,175g/cm3 
 
b = 1,927 .10
-2
 L mol
-1 
a = 0,0227 atm L
2
 mol
-2
 
 
- 31 - 
 
1.23. La corrección tomando en cuentas las imperfecciones de los gases, mediante 
la ecuación de Berthelot 
 
Permite calcular pesos moleculares más exactos que los obtenidos con la 
ecuación de los gases ideales. Calcular el peso atómico del nitrógeno 
considerando que la densidad del óxido de nítrico, NO, a 0º y 760 mm es de 
1,3402 g litro
-1
. Las constantes críticas del NO son: 177,1 ºK y 64 atm. El peso 
atómico aceptado del nitrógeno es de 14,007. 
Datos: 
T = 273ºK Tc = 177,1 ºK 
P = 760 mm = 1 atm Pc = 64 atm 
ρ = 1,3402 g litro-1 
Solución: 
 
 
 
 ( 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 
 
)) 
 
 
 
 ( 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 
 
)) 
 
 ( )( )
 
 ( 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 
)) 
 
 
Peso Molecular de NO: 
 
 
M = 29,9874 g-mol
-1 
- 32 - 
 
Tabla 1.3.23-1 
Peso atómico de la mezcla 
No PA , gmol
-1 
Xi PA calculado, gmol
-1
 
Oxigeno, O2 32 0,53 15,8933 
Nitrógeno, N2 28 0,47 14,0941 
TOTAL M= 30 1,00 M= 29,9874 
 
Peso atómico del NITRÓGENO = 14,0941 g 
1.24. Calcular el número de gramos de hidrógeno contenidos en un recipiente de 
500 ml de capacidad cuando se introduce hidrógeno a 200º y 100 atm, 
utilizando (a) la ecuación general de los gases, (b) la ecuación de Van der 
Waals, (c) la gráfica de Hougen-Watson –Ragatz. 
 
Datos: 
 
V = 500 ml 
M H2 = 2 gmol
-1
 
T = 200 ºC = 473 ºK 
P = 100 atm 
 
Solución: 
 
a) Ecuación general de los gases: PV = nRT 
 
PV = g RT 
 M 
g = PVM H2 
RT 
g = 
 ( ) 
 ( )
 
 
 
g = 2,577 g de Hidrógeno 
 
- 33 - 
 
b) Van der Waals : P = nRT _ n
2
a 
V – b V2 
a = 0,2444 atm L
2
 mol
-2
 
b = 0,02661 L mol
-1
 
 
 
 
 ( )
 
 
 
 
 
 
 ( 
 ( ) 
 
 ( )( 
 ( )
 
 
 
 
 
 
 
c) Hougen-Watson – Ragatz 
Tabla 1.3.24-1 
Datos 
GAS Pc, 
atm 
Tc, ºK π = P / Pc Θ = T / Tc Z g 
H2 12,8 33,3 7,813 14,204 1,05 2,100 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
g= 2,476 g de hidrogeno 
- 34 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.25. Las bombas de difusión de aceite pueden usarse para obtener presiones de 
10
-6 
mm de mercurio, bastante rápidamente. Si el gas presente es nitrógeno y 
la temperatura 25°, calcular la densidad en gramos por litro. 
Datos: Solución: 
N2=28 g/mol 
 
 
 
T=298 K 
 
 
 
 
 
 
 
 
P= 1.32 x 10
-8
 atm 
 
1.26. Un matraz de cristal de 200 ml se llena con una mezcla de oxígeno y 
nitrógeno a 25° y 1 atm. Si la mezcla pesa 0.244 g ¿cuál es el porcentaje de 
oxígeno en peso? 
Tabla 1.3.26-1 
Datos 
 
 
 
Gas M(g/mol) n(moles) m(g) Xm=mi/mT %m 
O2 32 0.00374 0.120 0.492 49.2 
N2 28 0.00444 0.124 0.508 50.8 
Total 0.00818 0.244 1.000 100.0 
g = 2,100 g de hidrógeno 
ρ 
 
 
 
- 35 - 
 
Datos: 
P= 1atm 
 
mT= 0,244 g 
V=0,2L 
 Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (1) 
 
 
Pero m=M*n 
 (2) 
Despejando nO2 en 2 
 
 
 
 
 
Reemplazando nO2 en 1 
 
 
 
 
Fig: 1.3.26-1 
- 36 - 
 
 
Reemplazando nN2 en 1 
 
 
 
 
m=M*n 
 
 
 
 
 
 
 
1.27. A partir de las leyes de Boyle y de Gay-Lussac, dedúzcase la forma de la 
ecuación de los gases ideales utilizando la ecuación fundamental de cálculo 
diferencial
( Ec. A.39; Pág. 754). 
Diagrama: P=f(V) V=f(T) 
 
 
 
 
 
 
 
 Fig: 1.3.27-1 
 
 
- 37 - 
 
 ( ) 
 (
 
 
)
 
 (
 
 
)
 
 (1) 
Ecuación de estado de la Ley de Boyle 
 
(
 
 
)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ecuación de estado de la Ley de Gay-Lussac 
 
(
 
 
)
 
 
 
 
 
Entonces en (1): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( 
 
 
 
 
 
) 
∫
 
 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 38 - 
 
1.28. Calcular la densidad del aire a 30 ° C, 735 mm de presión, y una humedad 
relativa de 70%: Puede suponerse que el aire seco contiene 20% de oxígeno y 
80% de nitrógeno por volumen. La presión de vapor del agua a 30° es 31.8 
mm. 
 
 
 
 
Datos: 
T=30
o
C = 303,15
o
K 
P=735mmHg = 0,967atm 
HR=70% 
Aire seco (O2=20% ; N2=80%) 
P H2O(v)= 31,8mmHg = 0,0418atm 
 
Formulas y Solución: 
Tabla1.3.28-1 
Datos 
Aire 
Seco 
%V Xi M(g/mol) Mi*Xi 
O2 20 0.20 32 6.4 
N2 80 0.80 28 22.4 
Total 100 1.00 --------- M =28.8 
 
 
 ( ) 
 
 ( )
 
 
 ( ) 
 
 
 ( ) 
Fig: 1.3.28-1 
- 39 - 
 
Tabla: 1.3.28-2 
Resultados 
Composición Pi(mmHg) Xi=Pi/P M(g/mol) Xi*Mi 
Aire Seco 712.74 0.97 28.8 27.93 
Agua (v) 22.26 0.03 18 0.55 
 ΣPi= 735 1.00 -------- 
 
 ̅ ∑ 
 ̅ 
 ̅ 
 ̅ 
 ̅
 
 
 ̅ 
 
 
 
 
 
 
 
1.29. Si la presión atmosférica es de 740 mm, ¿cuántos kilogramos de oxígeno hay 
sobre un metro cuadrado de tierra? El porcentaje en peso de oxígeno en el 
aire es de 22.8. 
Datos: 
Patm= 740mmHg = 0,974atm 
m O2 = Kg? 
A= 1m
2 
 
 
 
 
 ̅ 
- 40 - 
 
Tabla: 1.3.29-1 
Datos 
 
Aire %m m(g) M(g/mol) n(mol) Xi Pi=Xi*P 
(atm) 
O2 22.8 22.8 32 0.7125 0.2054 0,200 
N2 77.2 77.2 28 2.7571 0.7946 0,774 
 100.0 100.0 -------- 3.4696 1.0000 O,974 
 
B.C.=100 g Aire 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.30. Calcular la temperatura crítica y el volumen de hidrógeno partiendo de las 
siguientes densidades (en gramos por centímetro cúbico) del líquido ρl y del 
vapor ρv: 
Datos: 
Tc=? 
V H2=? 
 
 
m= 2067, 33 Kg 
- 41 - 
 
Tabla: 1.3.30-1 
Datos 
°C -246 -244 -242 -241 
ρl 0,061 0,057 0,051 0,047 
ρv 0,0065 0,0095 0,014 0,017 
 
Diagrama: ρ= f(T) 
 
 
 
ρ= 0.03214 g/cm3 
 
 
 ̃ 
 
 
 
 ̃ 
 
 
 
 
 
 
 
Fig: 1.3.30-1 
Tc= -240,4 °K 
 ̃ 
- 42 - 
 
1.31. Calcular la presión ejercida por 1 mol de bióxido de carbono en ½ litro a 25 °, 
utilizando (a) la ley de los gases ideales y (b) la ecuación de Van der Waals. 
Datos: 
P=? 
n= 1mol CO2 
V=0,5L 
T=25
o
C = 298,15
o
K 
a=3,592
 
 
 
b=0,04267
 
 
 
Desarrollo: 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
 
 
 ̃ 
 
 
 ̃ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 43 - 
 
Esta ecuación de estado propuesta por Van der Waals relaciona la presión, el 
volumen y la temperatura de un gas real de tal modo que a presiones moderadas 
concuerda con los datos experimentales. Este logro se debe al hecho de que 
además de la corrección aplicada para el volumen se reconoce que la existencia de 
energía de atracción entre las moléculas impone la necesidad de introducir una 
corrección para presión. 
 
1.32. (a) Utilizando la gráfica de Hougen-Watson-Ragatz, calcular el volumen que 
debe tener un recipiente para contener 1000 g de n-octano, C8H18 a 354° a 
una presión de 50 atm. (b) ¿Cómo debería interpretarse esta gráfica si se 
colocaran 1000 g de octano en este recipiente a una presión de 50 atm a 183°? 
Datos: 
m n-octano = 1000g 
T= 354
o
C 627,15
o
K 
P= 50 atm 
M= 114 
 
 
 
Tc= 570
o
K 
Pc= 24,7 atm 
V=? 
Formulas y Solución: 
a) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para demostrar la aplicación de este principio, se parte del corolario que firma 
que todos los gases el factor de compresibilidad, Zv es una función singular de 
variables correspondientes. 
- 44 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Mediante la gráfica de Hougen-Watson-Ragatz, Zc=0,4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
T=183
o
C = 456,15
o
K 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig.1.3.32: Diagrama de Hougen-Watson-Ragatz 
- 45 - 
 
1.33. Demuestre que la ecuación de Van der Waals se puede escribir en función de 
la temperatura reducida Tr, de la presión reducida Pr, y del volumen 
reducido Vr, como: 
( 
 
 ̃
) ( ̃ ) 
Si a, b y R también se expresan en función de las constantes críticas. Se puede 
observar que todas las constantes relacionadas con la naturaleza individual del 
gas, no se han tomado en cuenta. 
 
 
 ̃ 
 
 
 ̃ 
 
Pero si: 
 
 
 
 ̃ 
 ̃
 
 
 
 ̃ 
 
 
Entonces: 
 
 ̃ 
 
 
 ̃ 
 
 ̃
 
 ̃
 
 ̃ 
 
 
 ̃ 
 
 
 ̃ ̃
 
 
 ̃
 
 ̃ 
 
 
 ̃ 
( ̃ ̃) 
 
 ̃
 
 ̃ 
 
 [
 ̃ 
( ̃ ̃) 
 
 ̃
 
 ̃ 
] 
- 46 - 
 
 
 
 
 
 
 
 ̃ ̃
 ̃
 
 
 ̃ 
 ̃
 
 
SI: 
 
 
 
 
 
 
 ̃ 
 ̃
 ̃
 
Entonces: 
 
 
 ̃ 
 
 
 ̃
 
 
Despejando: 
 
 
 
1.34. La ecuación de Van der Waals puede ordenarse en forma de series como la 
ecuación virial. Demostrar que el segundo coeficiente virial para un gas de 
Van der Waals lo da: 
 
 
 
 
 (1) 
 ( ) 
A partir de la ecuación cúbica de Van der Waals 
 ̃ ( 
 
 
) ̃ 
 ̃
 
 
 
 
 
 ̃ ( 
 
 
) ̃ 
 ̃
 
 
( 
 
 ̃
) ( ̃ ) 
- 47 - 
 
 
 ̃ 
* ̃ ( 
 
 
) ̃ 
 ̃
 
+ 
 ̃ ( 
 
 
) 
 
 ̃
 
 [ ̃ ( 
 
 
) 
 
 ̃
] 
 ̃ ( 
 
 
) 
 
 ̃
 
 ̃ ( 
 
 
) 
 
 ̃
 
Pero si: ̃ 
 
 
 
Entonces 
 ̃ ( ) 
 
 
 
 
 ̃ ( ) 
 
 
 
 ̃ ( 
 
 
) 
 ̃ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 48 - 
 
PROPIEDADES EMPÍRICAS DE LOS GASES. 
FISICOQUIMICA GILBERT CASTELLAN 
 
2.1. Cinco gramos de etano se encuentran dentro de un bulbo de un litro de ca-
pacidad. El bulbo es tan débil que se romperá si la presión sobrepasa las 10 
atmósferas. ¿A qué temperatura alcanzará la presión del gas el valor de 
rompimiento? 
Datos: 
Masa Etano = 5g 
Si P >10 atm. El bulbo se romperá 
Solución:
PV = nRT Ec.2.1- 1 
 
 
 
 Ec.2.1-2 
 Despejamos n de la Ec.2.1-2, sustituimos en la Ec.2.1-1 y despejamos T 
 
 
 
 
 
( )( ) ( )
( )( )
 
 
 
2.2. Un gran cilindro para almacenar gases comprimidos tiene un volumen apro-
ximado de 1.5 pies
3
. Si el gas se almacena a un presión de 150 atm a 300°K, 
¿cuántos moles de gas contiene el cilindro? ¿Cuál sería el peso del oxígeno en 
un cilindro de esta naturaleza? 
Datos: 
V = 1.5 pies
3 
P = 150 atm 
T = 300 K 
Solución: 
a) ¿Cuántos moles de gas contiene el cilindro? 
 
 
 
 
 
( )( )( )
( )( )
 
 
- 49 - 
 
b) ¿Cuál sería el peso del oxígeno en un cilindro de esta naturaleza? 
 Despejamos m de la Ec.2.1-2que representa la masa del gas oxígeno. 
m = nM 
m = (258.84 moles) × (32 g/mol) 
m= (258.84 moles) × (32 g/mol) 
m= 8282.88g 
 
2.3. En el sistema ilustrado en la fig. 2-13 se halla contenido helio a 30.2°C. El 
bulbo de nivelación L se puede levantar para llenar el bulbo inferior con 
mercurio y forzar la entrada del gas a la parte superior del dispositivo. El 
volumen del bulbo 1 hasta la marca b es de 100.5 cm
3
 y el del bulbo 2 entre 
las marcas a y b es de 110.0 cm
3
. La presión del helio se mide por la diferen-
cia entre los niveles del mercurio en el dispositivo y en el brazo evacuado del 
manómetro. Cuando el nivel del mercurio está en a la presión es 20.14 mm de 
Hg. ¿Cuál es la masa de helio en el recipiente? 
Datos: 
mHe = 4g/mol 
T = 30.2°C = 303.35°K 
V1 = 100.5 cm
3 
V2 = 110.0 cm
3 
Pa = 20.14mm Hg = 0.0265 atm 
 
 
Figura 2.13: Equipo de Bulbos combinados de Helio y Mercurio 
Fuente: Fisicoquímica de Castellán, capítulo 2 ―Propiedades Empíricas de los 
gases‖, pág. 24 
 
 
- 50 - 
 
Solución: 
VT =Volumen total de He 
VT =V1+ V2 
VT =(100.5 + 110.0) cm
3
 
VT = 210.5 cm
3
 = 0.2105L 
 Despejamos m de la Ec.2.1-2 y reemplazamos en la Ec.2.1-1 que representa la 
masa total del sistema. 
 
 
 
 
 
( )( )( 
 
 
)
( 
 
 
)( )
 
 
 
2.4. Se emplea el mismo tipo de aparato usado en el problema anterior. En este 
caso no se conoce el volumen V1, el volumen en el bulbo 2, V2, es 110.0 cm
3
. 
Cuando el nivel del mercurio está en a la presión es 15.42 mm de Hg. Cuando 
el nivel del mercurio se eleva a b la presión del gas es 27.35 mm Hg. La tem-
peratura es 30.2°C. 
a) ¿Cuál es la masa de helio en el sistema? 
b) ¿Cuál es el volumen del bulbo 1? 
Datos: 
V2 = 110.0 cm
3 
= 0,11 L 
Pa = 15.42 mm de Hg = 0,020 atm 
Pb = 27.35 mm de Hg = 0,036 atm 
T = 30.2 °C = 303,35 K 
Solución: 
a) Despejo m de la Ec.2.1-2 y sustituyo en la Ec.2.1-1 
 
 
 
 
 
( )( )( )
( )( )
 
 
 
b) Volumen del bulbo 1 
PaVa = nRT Ec.2.4 - 1 
- 51 - 
 
 Pa (V1 + V2) = PbV1 
 0,020 (V1 + 0,11 L) = 0,036 V1 
0,020 V1 + 2,23 10
3
 = 0,036 V1 
V1 = 0,142 L 
 
2.5. Supongamos que al establecer las escalas de los pesos atómicos las condi-
ciones de referencia escogidas hayan sido Po. = 1 atm, Vo. = 30.000 litros y To 
= 300.00 K. Calcular la "constante del gas", el "número de Avogadro" y las 
masas de un "número de Avogadro" de átomos de hidrógeno y de oxígeno. 
Datos: 
P0 = 1 atm
 
Vo = 30.000 L 
To = 300.00 K 
Solución: 
 Hallamos el valor de R con los valores dados en el ejercicio. 
0
00
T
VP
R 
 Ec.2.5-1
K300º
lt/mol) (30 )atm 1(
R
 
Kmolº
atmlt 
100.0R
 
 Determinamos el número de moles y lo relacionamos con el valor de la 
constante Rg de los gases. 
gg R
R
TR
VP
n 
0
00
Ec.2.5-2
082057.0
100.0
n
 
2187.1n
 
 Determinamos el número de moléculas por mol con el número de Avogadro y el 
número de moles hallados anteriormente. 
N1= N (avo) * n Ec.2.5-3 
N1= (6.023 10
23
)(1.2187) 
N1= 7.34 10
23
 moléculas/mol 
 Determinamos el peso molecular del Hidrógeno 
6.023 1023 — 
0
HM
= 1 g/mol 
- 52 - 
 
 
 
2.6. El coeficiente de expansión térmica está definido por = (1/V)( V/ T)P 
Aplicando la ecuación de estado calcular el valor de para un gas ideal. 
 Partimos de la ecuación general de los gases Ec.2.1-1y despejamos el volumen 
V 
p
nRT
V 
 Ec.2.6-1 
 Derivamos la Ec.2.6-1 con respecto a la temperatura Pa presión constante. 
(
 
 
)
 
 
 
 
 Ec.2.6-2 
 (
 
 
) (
 
 
)
 
 Ec.2.6-3 
 Reemplazamos la derivada de la Ec.2.6-2 y remplazamos en la ecuación de 
compresión isobárica Ec.2.6-3. 
p
nR
V
1

 
Ec.2.6-4
 
 De la ecuación general de los gases despejamos n R y T para relacionar con la 
Ec.2.6-4 y determinar el valor final de α 
T
V
p
nR

 Ec.2.6- 5 
T
1
 Ec.2.6 - 6
 
 
2.7. El coeficiente de compresibilidad está definido por 
  TPVV  //1
 
Calcular el valor de  para un gas ideal. 
 Partimos de la ecuación general de los gases Ec.2.1-1y despejamos el volumen 
V 
p
nRT
V 
 Ec.2.7-1 
 Derivamos la Ec.2.7-1 con respecto a la presión P a temperatura constante. 
(
 
 
)
 
 
 
 
 Ec.2.7-2 
 (
 
 
) (
 
 
)
 
 Ec.2.7-3 
- 53 - 
 
 Reemplazamos la derivada de la Ec.2.7-2 y remplazamos en la ecuación de 
expansión isotérmica Ec.2.7-3. 
)(
1
2p
nRT
V

 Ec.2.7-4
 
 De la ecuación general de los gases despejamos n R y P para relacionar con la 
Ec.2.7-4 y determinar el valor final de 
1
pV
nRT
 Ec.2.7-5 
P
1

 Ec.2.7 - 6 
 
2.8. Expresar la derivada ( p/ T)Vde un gas en función de y 

. 
V=V(P,T)Ec.2.8-1 
dT
T
V
dP
P
V
V
PT

















 
Ec.2.8-2 
V=cte. dV=0
 
dT
T
V
dP
P
V
PT

















0
 
Ec.2.8-3 
(
 
 
)
 
 (
 
 
)
 
 
VdTVdP  0
 
V
V
T
P
V 









 










VT
P
 
 
2.9. Un gramo de N2y 1 g de O2se colocan en un frasco de 2 litros a 27°C. Calcular 
la presión parcial de cada gas, la presión total y la composición de la mezcla 
en moles por ciento. 
Datos: 
mN2 = 1 g
 
mO2 = 1 g
 
V = 2 L 
- 54 - 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
T = 27°C = 300,15 K 
 Partimos de la ecuación general de los gases Ec.2.1-1y despejamos el volumen P
V
RT
np ii  Ec.2.9-1 
prxp ii 
 Ec.2.9-2 
r
i
i
n
n
x 
 Ec.2.9-3 
 De la Ec.2.9-1 hallamos la presión del N2 
lt 2
)º15,300(
Kº mol
atmlt 
082057.0
gr/mol 28
gr 1
2
K
PN 






 
atm 4398,0
2
NP
 
 De la Ec.2.9-1 hallamos la presión del O2 
2
)15,30027)(082057.0(
32
1
2







Op 
atm 3848,0
2
Op
 
 Determinamos la presión total 
PT= PN2 + Po2 
PT= 0,4398 + 0,3848 
PT= 0,8246 atm 
 Determinamos el moles totales 
32
1
28
1
Tn 
06696,0Tn
 
 De acuerdo con el valor total realizamos un balance y las fracciones molares con 
relación a la presión. 
 
466.0
06696.0
32/1
2
ox
  
533.0
06696.0
28/1
2
Nx
 
 Por lo tanto se tiene la composición molar del oxígeno y nitrógeno. 
%6.46100%
22
 oo xn %3.53100% 22  NN xn
 
 
 
 
 
- 55 - 
 
 
2.10. Un gramo de H2 y 1 g de 02 se colocan en una botella de dos litros a 27°C. 
Calcular la presión parcial de cada gas y la presión total al igual que la com-
posición de la mezcla en moles por ciento. Comparar estos resultados con los 
del problema 2-9. 
Datos: 
mN2 = 1 g
 
mO2 = 1 g
 
V = 2 L 
T = 27°C = 300.15 K 
 Realizamos el mismo procedimiento que el ejercicio anterior determinando las 
presiones parciales, la presión total, número de moles totales y las fracciones 
molares de la mezcla. 
atmpN 15.6
2
)15.300)(082054.0(
2

 
atmpo 3848.0
2
)15.300)(082054.0(
2

 
atmppp oNT 534.622 
 
5313.0
32
1
2
1
rn
 
941.0
5313.0
)2/1(
2
Hx
 
0588.0
5313.0
)2/1(
2
ox 
%1.94100%
22
 HH xn %88.5100% 22  oo xn
 
 
 
Comparación: 
La diferencia con los resultados del problema anterior se debe a que tenemos las 
mismas masas pero diferentes pesos moleculares, lo que hace que haya muchas 
más moles de H2 que de O2 ya que es bastante más ligero. Entre N2 y O2 la dife-
rencia no es tan fuerte. 
 
2.11. Se agrega una mezcla de nitrógeno y vapor de agua a un recipiente que 
contiene un agente secante sólido. Inmediatamente después, la presión en el 
recipiente es de 760 mm Hg. Luego de algunas horas, la presión alcanza un 
valor constante de 745 mm Hg. 
- 56 - 
 
a) Calcular la composición de la mezcla original en moles por ciento. 
b) Si el experimento se realiza a 20 oC y el agente secante aumenta su peso en 
0.150 g, ¿Cuál es el volumen del frasco? (Se puede despreciar el volumen 
ocupado por el agente secante). 
Datos: 
Pi = 760 mm Hg. 
Pf = 745 mm Hg. 
t = 20 
o
C. T = 293.15 K. 
m = 0.150 g. 
Solución: 
a) El agente secante absorbe el vapor de agua y por eso es que, al cabo de 
un tiempo, la presión total disminuye pues la presión del agua desaparece. Así, la 
presión total inicial es: 
Pi = PN2 + PH2O Ec.2.11-1 
 Por lo tanto la presión final es: 
Pf = PN2Ec.2.11-2
98.0
760
745
2
2

i
f
T
N
N
p
p
p
p
x
 
 
02.0
760
745760
2
2





i
fi
T
OH
OH
p
pp
p
p
x
 
 Por lo tanto la composición en moles por ciento es: 
100%
22
 NN xn
 
%9810098.0%
2
Nn
 
%98%
2
Nn
 
100%
22
 OHOH xn
 
%210002.0%
2
OHn
 
%2%
2
OHn 
 
b) El aumento en peso del agente se debe al agua absorbida, por lo tanto, la masa 
de vapor de agua es 0.150 g y así, el volumen del frasco será: 
L
p
RT
M
m
V
OHOH
OH
156.10
)760/15(
)15.293)(082054.0(
18
150.0
22
2 















 
LV 156.10 
- 57 - 
 
2.12. Se analiza una mezcla de oxígeno e hidrógeno pasándola sobre óxido de cobre 
caliente y por un tubo secante. El hidrógeno reduce el CuO según la 
ecuación: 
CuO + H2 → Cu + H2OEc.2.12-1 
El oxígeno reoxidiza el cobre formando: 
Cu + ½O2 → CuOEc.2.12-2 
100 cm
3 
de la mezcla, medidos a 25 
o
C y 750 mm Hg producen 84.5 cm
3
 de 
oxígeno seco, medidos a una temperatura de 25 
o
C y 750 mm Hg después de 
su paso sobre el CuO y el agente secante. ¿Cuál es la composición original de 
la mezcla? 
Datos: 
VT = 100 cm
3
. VT = 0.1 L. 
tT = 25 
o
C. TT = 298.15 K. 
PT = 750 mm Hg. PT = 0.9868 atm. 
VO2(SECO) = 84.5 cm
3
. VO2(SECO) = 0.0845 L. 
tO2(SECO) = 25 
o
C. T = 298.15 K. 
PO2(SECO) = 750 mm Hg. PO2(SECO) = 0.9868 atm. 
Solución: 
 Según la Ley de Hess tenemos que: 
CuO + H2 → Cu + H2O 
Cu + ½O2 → CuO 
H2 + ½O2 → H2O 
 Los moles totales 
Tn
 y 
f
On 2
los podemos evaluar a partir de la ecuación de 
estado ya que: 
T
TT
T
RT
VP
n  Ec.2.12-3
  
  
molesnT
310034.4
15.298082054.0
1.09868.0 
 
f
ff
f
O
OO
O
RT
VP
n
2
22
2

 
  
  
molesn
f
O
310408.3
15.298082054.0
0845.09868.0
2

 
 El número total de moles en la mezcla está dado por la relación: 
 iT nn
Ec.2.12-4 22 HOT
nnn
i

 
- 58 - 
 
 Donde nO2 es el número de moles de oxígeno antes de la reacción y está dado 
por la relación: 
reaccionanif
OOO nnn 222  Ec.2.12-5
reaccionanfi
OOO nnn 222 
Ec.2.12-6 
 
Donde reaccionanO
n
2 son las moles de O2 que reaccionan y f
On 2 son las moles de O2 
que quedan sin reaccionar. Si todo el H2 reaccionó, tendremos, a partir de la 
reacción química, que:
 
reaccionan
OH nn 22 2 Ec.2.12-7 
22 2
1
HO nn
reaccionan

Ec.2.12-8 
 Combinando estas tres ecuaciones encontramos que: 
222 HOOT
nnnn
reaccionanf
 
Ec.2.12-9
222 2
1
HHOT nnnn
f

 
22 2
3
HOT nnn
f

 
 
f
OTH nnn 22 3
2

Ec.2.12-10
  molesnH 433 10173.410408.310034.4
3
2
2
 
 
22 HTO
nnn
i
 
    molesn
i
O
343 10617.310173.410034.4
2
 
 
 La composición en moles por ciento de la mezcla original es: 
100% 2
2

T
H
H
n
n
n
 
 
 
%34.10100
10034.4
10173.4
%
3
4
2






Hn
 
%34.10%
2
Hn 
100% 2
2

T
O
O
n
n
n
 
- 59 - 
 
 
 
%66.89100
10034.4
10617.3
%
3
3
2






On
 
%66.89%
2
On 
 
2.13. Demostrar que xi = (yi/Mi) / [(y1/M1) + (y2/M2) + …], en donde xi, yi y Mi son la 
fracción molar, el porcentaje del peso y el peso molecular del componente i 
respectivamente. 
 El número de moles, la fracción molar y el porcentaje en peso están dados por 
las relaciones: 
i
i
i
M
m
n 
 
T
i
i
n
n
x 
 
100
T
i
i
m
m
y
 
 Combinando estas relaciones tendremos: 
nT = n1 + n2 + … 
i
iT
i
M
ym
n
100

...
100100 2
21 
M
ym
M
ym
n T
i
T
T
......
100
100
...
100100
100
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1 











M
y
M
y
M
y
M
y
M
ym
M
ym
M
ym
M
ym
M
ym
n
n
x i
i
T
i
iT
TT
i
iT
T
i
i 
 
2.14. Una mezcla de gases está compuesta de etano y butano. Se llena un bulbo de 
200 cm
3
 de capacidad con la mezcla a una presión de 750 mm Hg y 20 
o
C. Si 
el peso del gas en el bulbo es 0.3846 g, ¿Cuál es el porcentaje molar de butano 
en la mezcla? 
Datos: 
V = 200 cm
3
. V = 0.2 L. 
P = 750 mm Hg. P = 0.9868 atm. 
t = 20 
o
C. T = 293.15 K. 
mT = 0.3846 g. 
- 60 - 
 
MC2H6 = 30 g/mol. 
MC4H10 = 58 g/mol. 
Solución: 
 La masa total en el tubo es: 
mT = ∑mi Ec.2.14-1 
mT = ∑niMi 
mT =
nETANOMETANO + nBUTANOMBUTANO 
mT = 30nETANO + 58nBUTANO Ec.2.14-2 
 El número total de moles en el tubo es: 
nT = ∑niEc.2.14-3 
nT = nETANO + nBUTANO 
nETANO = nT - nBUTANO Ec.2.14-4 
 Reemplazamos la ecuación 2.14-4 en la ecuación 2.14-2, así obtenemos: 
mT = 30(nT - nBUTANO) + 58nBUTANO 
0.3846 = 30nT - 30nBUTANO + 58nBUTANO 
0.3846 = 30nT + 28nBUTANO 
28
303846.0 T
BUTANO
n
n


 
Ec.2.14-5 
 El número total de moles lo podemos calcular a partir de la relación: 
RT
PV
nT  
molesnT
3102.8
)15.293)(082054.0(
)2.0)(9868.0( 
 
molesnT
3102.8  
 Reemplazamos el valor de nT en la ecuación 2.14 - 5, así se obtiene:
molesnBUTANO
3
3
1095.4
28
)102.8(303846.0 




 
 Reemplazamos el valor de nT y nBUTANO en la ecuación 2.14 - 4, así obtenemos:
    molesnETANO 333 1025.31095.4102.8  
 
 El porcentaje molar del etano y del butano respectivamente son:
100% 
T
ETANO
ETANO
n
n
n
 
- 61 - 
 
 
 
%63.39100
102.8
1025.3
%
3
3






ETANOn
 
%63.39% ETANOn
 
100% 
T
BUTANO
BUTANO
n
n
n
 
 
 
%37.60100
102.8
1095.4
%
3
3






BUTANOn
 
%37.60% BUTANOn 
 
2.15. Un bulbo de 138.2 ml contiene 0.6946 g de gas a 756,2 mm Hg y 100 oC. 
¿Cuál es el peso molecular del gas? 
Datos: 
V = 138.2 ml. V = 0.1382 L. 
m = 0.6946 g. 
P = 756.2 mm Hg. P = 0.995 atm. 
t = 100 
o
C. T = 373.15 K. 
 
Solución: 
 El número total de moles está dado por la relación: 
RT
PV
n 
 Ec.2.15-1
 
 Y por la relación: 
M
m
n 
 Ec.2.15-2 
 Igualando estas dos expresiones y despejando el peso molecular obtenemos:
PV
mRT
M 
 
   
  
molgM /66.154
1382.0995.0
15.373082054.06946.0

 
molgM /66.154
 
 
- 62 - 
 
2.16. Suponiendo que el aire tiene un peso molecular promedio de 28.8 y que la 
atmósfera es isotérmica a 25 
o
C, calcular la presión barométrica en 
Guadalajara (México), ciudad que se encuentra a 1567 m sobre el nivel del 
mar; calcular la presión barométrica en Cerro de Pasco (Perú), 4259 m sobre 
el nivel del mar. La presión a nivel del mar es de 760 mm Hg. 
Datos: 
MAIRE = 28.8 g/mol. 
t = 25 
o
C. T = 298.15 K. 
zGuadalajara = 1567 m. 
zCerro de Pasco = 4259 m. 
Po(NIVEL DEL MAR) = 760 mm Hg. 
 
Solución: 
 Haciendo uso de la ley de distribución barométrica, tendremos: 
 
RTMgz
oepp
/ 
(po Presión a Nivel del Suelo) 
 Así: 
 
mmHgep aGuadalajar 81.635760
)15.298103144.8/()101567)(980)(8.28( 72   
mmHgp aGuadalajar 81.635 
mmHgep coCerrodePas 97.467760
)15.298103144.8/()104259)(980)(8.28( 72  
mmHgp coCerrodePas 97.467 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 63 - 
 
2.17. La composición aproximada de la atmósfera a nivel del mar está dada por la 
siguiente tabla. 
Tabla 2.17-1 
Composición aproximada de la Atmósfera a Nivel del Mar 
GAS PORCENTAJE EN MOLES 
Nitrógeno 78.09 
Oxígeno 20.93 
Argón 0.93 
Dióxido de Carbono 0.03 
Neón 0.0018 
Helio 0.0005 
Criptón 0.0001 
Hidrógeno 5 × 10
-5
 
Xenón 8 × 10
-6
 
Ozono 5 × 10
-5
 
Fuente: Fisicoquímica de Castellán, capítulo 2 ―Propiedades Empíricas de los 
Gases‖, pág. 25 
Despreciando los cuatro últimos componentes, calcular las presiones 
parciales del resto, la presión total y la composición de la atmósfera en moles 
por ciento a alturas de 50 y 100 Km (t = 25 
o
C). 
Datos: 
z = 50 Km. 
z = 100 Km. 
t = 25
o
C. T = 298.15 K. 
Solución: 
 La presión parcial de cada componente la podemos calcular a partir de la 
siguiente ecuación: 
RTMgz
ioi epp
/ Ec.2.17-1
 
 Donde: 
oioi pxp  Ec.2.17-2
 
 La composición en por ciento la podemos determinar por la relación:
 
 
 zp
zp
zx
T
i
i  
 
- 64 - 
 
 zxn ii 100% 
 
 Así: 
50 Km 
Tabla 2.17-2 
Valores y Cálculos a 50Km 
 Mi xio pio pi xi 
N2 28 0.7809 0.7809 3.1 × 10
-3 
89.08 
O2 32 0.2093 0.2093 3.74 × 10
-4
 10.75 
Ar 40 0.0093 0.0093 3.42 × 10
-6
 0.10 
CO2 44 0.0003 0.0003 5.0 × 10
-8
 0.0014 
Ne 20 0.000018 0.000018 3.45 × 10
-7
 0.0099 
He 4 0.000005 0.000005 2.27 × 10
-6
 0.652 
 
 pT = 3.1 × 10
-3 
 
100 Km 
Tabla 2.17-3 
Valores y Cálculos a 100Km 
 Mi xio pio pi xi 
N2 28 0.7809 0.7809 1.22 × 10
-5 
87.71 
O2 32 0.2093 0.2093 6.71 × 10
-7
 4.82 
Ar 40 0.0093 0.0093 1.26 × 10
-9
 0.0091 
CO2 44 0.0003 0.0003 8.38 × 10
-12
 0.0001 
Ne 20 0.000018 0.000018 6.63 × 10
-9
 0.0477 
He 4 0.000005 0.000005 1.03 × 10
-6
 7.4047 
 
 pT = 
1.391 10-5 
 
2.18. ¿Cuál debe ser el peso molecular de un gas para que la presión del gas 
disminuya la mitad de su valor en una distancia vertical de un metro? (t = 25 
o
C). ¿Qué tipos de moléculas tienen pesos moleculares de esta magnitud? 
Datos: 
z = 1 m. 
t = 25 
o
C. T = 298.15 K. 
- 65 - 
 
Solución: 
 A partir de la ley de distribución barométrica tenemos que: 
RTMgz
p
p
o
/ln 
 Ec.2.18-1
 
 Por lo tanto: 
p
p
gz
RT
M oln
 Ec.2.18-2
 
 Que la presión del gas disminuye a la mitad, significa que: 
2
opp  ó 2
p
po 
 De esta manera se llega a tener que: 
2ln
gz
RT
M 
 
  
  
molgM /59.1753332ln
100980
15.298103144.8 7



 
molgM /59.175333
 
El peso molecular tan alto corresponde a las moléculas conocidas por el nombre 
de polímeros.
 
 
2.19. Considerar un ―gas ideal de papas‖ que tiene las siguientes propiedades: 
obedece la ley del gas ideal, las partículas individuales pesan 100 g pero no 
ocupan volumen; es decir, son masas puntuales. 
a) A 25 oC, calcular la altura a la cual el número de papas por centímetro 
cúbico disminuye a una millonésima parte de su valor a nivel del suelo. 
b) Sabiendo que las papas reales ocupan volumen, ¿hay alguna correlación 
entre el resultado del cálculo en (a) y la distribución espacial observable 
de las papas en una bolsa de papel? 
Datos: 
m = 100 g. 
t = 25 
o
C. T = 298.15 K. 
Solución: 
a) La ley de distribución barométrica establece que: 
- 66 - 
 
RTMgz
o
z e
N
N /
 Ec.2.19-1
 
 Si despejamos z de esta ecuación, obtenemos: 
z
o
N
N
Mg
RT
z ln
 Ec.2.19-2
 
 Ya que: 
610
o
z
N
N
 Ec.2.19-3
 
 Y el peso molecular de una papa es igual a su masa por el número de 
Avogadro: 
  
   
cmz 186
23
7
108.510ln
98010023.6100
15.298103144.8 



 
cmz 18108.5 
 
b) Si existe correlación ya que la altura obtenida en a) [z = 5.8 × 10-18 cm] es 
despreciable, lo que implica que todas las papas están en el suelo y esto es lo 
que observamos. 
 
2.20. Un globo de 10000 m3 de capacidad se llena con helio a 20 oC y a 1 atm de 
presión. Si el globo se carga con un 80 % de la carga que puede levantar a 
nivel del suelo, ¿a qué altura alcanzará el estado de reposo?. Supóngase que 
el volumen del globo es constante, la atmósfera isotérmica, 20 
o
C, el peso 
molecular del aire 28.8 y la presión a nivel del suelo 1 atm. La masa del globo 
es 1.3 × 10
6
 g. 
Datos: 
V = 10000 m
3
. V = 10 × 10
6
 L. 
t = 20 
o
C. T = 273.15 K. 
P = 1 atm. 
MCARGA = 80 %. 
t = 20 
o
C. T = 273.15 K. 
MAIRE = 28.8 g/mol. 
PNIVEL DEL SUELO = 1 atm. 
m = 1.3 × 10
6
 g. 
Solución:
- 67 - 
 
 El globo asciende debido a que es más ligero que el aire. Sin embargo, en el 
momento en que el peso de la masa de aire que desaloja es igual al peso total del 
globo, éste permanecerá estático. Es decir, la condición de equilibrio está dada 
por la siguiente relación: 
acgloboHaire MMMM e arg Ec.2.20-1
 
 MAIRE es el peso de la masa de aire desalojado y variará con la altura de acuerdo 
a la ley de distribución barométrica. 
RTMgz
o
ooaireRTMgz
ooaireaire e
RT
Vpm
ggeVVggmM //   
 
 Ya que la densidad es: 
RT
Mp
V
m

 Ec.2.20-2
 
 En forma similar el peso del helio MAIRE está dado por la relación:
RTgzM
o
ooH
H
eHe
e
e
RT
VpM
gVgM
/
 
 Ec.2.20-3
 
 El peso del globo no varía con la altura. 
gmM globoglobo  Ec.2.20-4
 
 Para establecer el peso de la carga (MCARGA) sabemos que a nivel del suelo la 
carga máxima sería aquella que sumada al peso del globo y del helio igualará el 
peso del volumen de aire desalojado, es decir: 
o
ooH
globo
o
ooaireMax
ac
RT
VpM
ggm
RT
VpM
gM earg
 
 Como sólo se carga 80 % de este valor tenemos que: 
Max
acac MM argarg 8.0
 
 Por lo tanto, el globo alcanzará el estado de reposo cuando: 








o
ooH
globo
o
ooaire
globo
RTgzM
o
ooHRTgzM
o
ooaire
RT
VpM
ggm
RT
VpM
ggme
RT
VpM
ge
RT
VpM
g eeHeaire 8.0
//
 
 Reordenando esta ecuación se obtiene que: 
  8.02.0//
e
eH
e
aire
Haire
oo
oRTgzM
H
RTgzM
aire MM
Vp
RT
eMeM 

 
- 68 - 
 
 
 Como no podemos despejar z de esta ecuación, le damos diferentes valores hasta 
que el resultado del lado izquierdo de la ecuación sea igual al del lado derecho
       
  
  8.00026.48.282.0
10101
)15.293103144.8(
0026.48.28
6
7
)15.293103144.8/(41.19800026.4)15.293103144.8/(41.19808.28 77 


  ee
Se encuentra que para z = 1.41 Km se cumple la igualdad. 
z = 1.41 Km 
 
 
2.21. Expresar las presiones parciales en una mezcla de gases (a) en función de las 
concentraciones molares Ci (b) en función de las razones molares ri. 
 Solución: 
a) Las concentraciones molares se definen como: 
P
n
n
PXP
T
i
ii 
 Ec. 2.21 - 1 
 De la ecuación de estado se tiene: 
V
RT
n
P
T

 
Ec. 2.21-2 
 Reemplazo de la Ec. 2.21-2 en la Ec. 2.21-1 
RT
V
n
P ii  
Ec. 2.21-3 
 La concentración se define como: 
V
n
C ii  Ec.2.21 - 4 
 Reemplazo de la Ec. 2.21-4 en la Ec. 2.21-3 
RTCP ii 
 
b) Las razones molares se definen como: 
1n
n
r ii 
 Ec. 2.21 - 5 
 Se tiene 
11
1
n
n
n
n
r T
i
i 

 Ec. 2.21 - 6 
 i
i
iT r
n
rn
1
 
- 69 - 
 
 
 
  iT
i
i
i X
n
n
r
r

1 
 

i
i
ii
r
PXP
1
Pr
 
 
2.22. Si a una altura h dada, la presión de un gas es Ph y la presión a z=0 es Po, 
demostrar que a cualquier altura, z, P=Po f 
h/Z
 donde f=Pz / Po 
Datos: 
z = 0 
0P
P
f z
 Demostrar: 
z
h
o fPP 
 
Solución: 
 De acuerdo con la ley de distribución barométrica, 
hRT
Mg
RT
Mgh
h ePePP )(00

 Ec. 2.22-1 
o bien a una altura Z dada 
ZRT
Mg
z ePP )(0

 Ec. 2.22-2 
 De esta ecuación tenemos que 
Z
zRT
Mg
P
P
e
1
0










 Ec. 2.22-3 
 Reemplazo la Ec. 2.22-3 en la Ec. 2.22-2 
Z
h
z
z
P
P
PP 








0
0
 
 
 
 
 
- 70 - 
 
2.23. Al morir Julio César, su última exhalación tenía un volumen de 500 
cm
3
aproximadamente. Esta cantidad tenía 1 mol % de argón. Supóngase que 
la temperatura era de 300
o
K y que la presión a nivel del suelo era 1 atm. 
Supóngase que la temperatura y la presión son uniformes sobre la superficie 
y aún tienen esos valores. Si las moléculas exhaladas por César han 
permanecido todas en la atmosfera terráquea y se han esparcido 
completamente a través de ella, cuántas inhalaciones de 500 cm
3
 cada una 
debemos realizar en promedio para inhalar una de las moléculas de 
argón de César? 
 
 Datos: 
 V = 500 cm
3
 
 T = 300K 
 P = 1atm 
 JCn
= 0.01 
 Solución: 
Vatm= área de la superficie terrestre x altura = zr 24 Ec. 2.23-1 
dzrenn RT
Mgz
JCJC
2
0
0 4



 
Ec. 2.23-2 
20 4 r
Mg
RT
nn JCJC 
 
Ec. 2.23-3 
 Despejando 
0
JCn
 tenemos 
2
0
4 rRT
Mgn
n JCJC 

 Ec. 2.23-4 
RT
PV
nJC 01.0 
Ec. 2.23-5 
410*031.2
)300)(082.0(
)5.0)(1(
01.0 JCn 
0
00 NnN JCJC  
Ec. 2.23-6 
 Sustituyo la Ec.2.23-6 en la Ec.2.23-5 
- 71 - 
 
 
02
0
4
N
rRT
Mgn
N JCJC 

 Ec.2.23-7
)300)(10*314.8)(10*37.6(4
)10*023.6)(980)(948.39(
78
23
0
JCN
inhalación
moleculas
inhalación
cm
cm
moléculas
N JC 0188.0500*
3
3
0 
 
 Número de inhalaciones necesarias para aspirar una molécula de Julio Cesar, es 
decir 
molécula
esinhalacion
inhalación
moleculas
31.53
0188.0
1

 
 
2.24. a) Demostrar que si calculamos el número total de moléculas de un gas en la 
atmosfera aplicandola formula barométrica obtendríamos el mismo 
resultado que al suponer que el gas tiene una presión a nivel del suelo 
hasta una altura z=RT/Mg y que la presión es cero por encima de este 
nivel. 
b) Demostrar que la masa total de la atmosfera terrestre está dada por Ap0/g, 
donde po es la presión total a nivel del suelo y A es el área de la superficie 
terrestre. Nótese que este resultado no depende de la composición de la 
atmósfera. (Resolver este problema calculando primero la masa de cada 
constituyente, fracción molar Xi, peso molecular Mi, y sumar. Luego, 
examinando el resultado, resolverlo de la manera más fácil.) 
c) Si el radio promedio de la tierra es 6.37 108cm, g=980 cm/seg2, y Po = 
1atm, calcular la masa de la atmosfera en gramos. 
Datos: 
a) Z = RT/Mg 
b) MT = AP0/g 
c) r = 6.37*108cm 
g = 980 cm/seg
2
 
Po = 1atm 
Solución: 
- 72 - 
 
 
 
 
a) 
Adzndn 10 
Ec.2.24-1
Mg
RT
AnAznAdznn
Z
1
0
1
0
0
1
0  
 
Ec.2.24-2
dzAendn RT
MgZ
 10 
Ec.2.24-3
 
 El número total de moléculas en la atmósfera será 




0
1
0 dzeAnn
RT
MgZ
 
Ec.2.24-4
 
Mg
RT
Ann 10
 
b) De acuerdo con la ley de distribución barométrica, la masa del componente i 
de la atmosfera en una fracción diferencial será 
Adzedm RT
Mgz
oii

  
Ec.2.24-5
gM
RT
AAdzem
i
oi
RT
Mgz
oii 



0 Ec.2.24-6
 
 De la ecuación de estado sabemos que 
RT
PM oii
oi  Ec.2.24-7
 
 Reemplazo la Ec.2.24-7 en la Ec.2.24-6 
g
AP
m oii 
 Ec.2.24-8
 
    ooioiiT P
g
A
P
g
A
g
AP
mm
 Ec.2.24-9
 
c) La superficie de la tierra es 4πr2, por lo tanto, 
g
segcm
cm
cm
dinas
mT
21
2
228
2
6
10*27.5
/980
)10*37.6(4)10*01325.1(


 
 
 
 
- 73 - 
 
 
2.25. Puesto que
los gases atmosféricos se distribuyen diferentemente según sus 
pesos moleculares, el porcentaje promedio de cada gas es diferente del 
porcentaje a nivel del suelo; los valores, Xi, de las fracciones molares a nivel 
del suelo se suministran a continuación. 
a) Deducir una relación entre la fracción molar promedio del gas en la 
atmosfera y las fracciones molares a nivel del suelo 
b) Si las fracciones molares de N2, O2 y Ar a nivel del suelo son 0.78 ; 0.21 y 
0.01 respectivamente, calcular las fracciones molares promedio de N2, O2 
y A en la atmosfera. 
c) Demostrar que la fracción de peso promedio de cualquier gas en la 
atmosfera es igual a su fracción molar a nivel del suelo. 
Datos: 
b) XN2 = 0.78 
 XO2 = 0.21 
 XAr = 0.01 
Solución: 
a) 
nT
ni
Xi  Ec.2.25-1
 
Adzendn RT
MgZ
ii

 0 
Ec.2.25-2
 
gM
RTA
nn
i
ii
0
 
Ec.2.25-3
 
 
 
i
i
i
iii
M
n
g
ART
gM
RTA
nnn
0
00
 Ec.2.25-4 
 
 Reemplazo la Ec2.25-3 y Ec.2.25.4 en la Ec.2.25.1 
g
ART
M
n
g
ART
M
n
X
i
i
i
i
i


 
Ec.2.25-5 
- 74 - 
 
 
 


i
i
i
i
i
Ti
i
Ti
i
M
X
M
X
M
nX
M
nX
X
0
0
00
00
 
0
0
T
i
n
n
Xi  
 
c) Aplicando la Ec.2.25-7 
  03468.0
40
01.0
32
21.0
28
78.0
0
i
i
M
X
 
804.0
03468.0
28
78.0
2 NX
 
189.0
03468.0
32
21.0
2 OX
 
007.0
03468.0
40
01.0
ArX
 
c) La fracción de peso promedio 
 atmosfera laen totalmasa atmosfera/ laen i de totalMasa
T
iT
i
W
W
f
 
 De los resultados obtenidos en el inciso a), tenemos que, 
00
ii
i
iiTiT n
g
ART
Mn
gM
ART
MnW  Ec.2.25-8
000
TiiiTT n
g
ART
n
g
ART
n
g
ART
WW    
 
Ec.2.25-9 
 Por lo tanto: 
0
0
0
i
T
i
i X
n
g
ART
n
g
ART
f 
 
Ec.2.25–10 
 
- 75 - 
 
Z 
0 
 
2.26. Considérese una columna de gas en un campo gravitatorio. Calcular la altura 
Z determinada por la condición de que la masa de la columna está situada 
debajo de Z. 
Solución: 
 Consideremos un área transversal de 1cm2. La masa total en la sección 
diferencial dz será 
dzemdm RT
MgZ

 0 
Ec.2.26-1
 
 Integrando hasta una altura Z, tenemos 
m(Z)= -m0
RTMgZe
Mg
RT /
0 Ec. 2.26 - 2 
m(Z) = -m0
 RTMgZe
Mg
RT /1 
 
Ec. 2.26 - 3 
 La masa total la obtendremos integrando hasta infinito, 
mT= m(Z=∞) = m0 Mg
RT
 Ec. 2.26 - 4
 RTMgZe
mT
Zm /1
)( 
 Ec. 2.26 - 5 
M(Z) = mT/2 
Ec. 2.26 - 6 
RTMgZe /1
2
1 
 Ec. 2.26 - 7 
Z=
2ln
Mg
RT
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- 76 - 
 
GASES REALES 
3.1. Para la disociación N2O4 = 2NO2, la constante de equilibrio a 25 ºC e K = 
0.115, está relacionada con el grado de disociación α y la presión en 
atmósferas según la ecuación K = 4α2p=/(1-α2). Si n es el número de 
moléculas de N2O4 que estarían presentes si no se produjo disociación, 
calcular V/n.a.p = 2 atm y 0.5 atm, suponiendo que la mezcla en equilibrio se 
comporta idealmente. Comparar los resultados con los volúmenes en caso de 
que no se produjese disociación. 
Datos: 
T = 25 ºC = 298 k 
K = 0.115 
K = 4α2p=/(1-α2) 
P1 = 2atm 
P2 = 0.5atm 
Solución: 
 ( ) 
Ec.3.1-1 
 
 
 
( ) 
 
 
Ec.3.1-2
 
Para P1 = 2atm 
 
 ( )
( )
 Ec.3.1-3 
 
 
 
 
 
( ) ( 
 
 )
( )
 
 
 
 
 
 
 
 
Ec.3.1-4
 
 
 
 
 
 
 
( )( )
 
 
Para P2 = 0.5atm 
 ( ) 
 
 
- 77 - 
 
 
 
 
 
 
( )( )( )
 
 
 
 
 
 
( )( )
 
 
 
 
3.2. Para la mezcla descrita en el problema 3-1 demostrar que en la medida que 
p se aproxima a cero el factor de compresibilidad Z = pV/nRT se aproxima a 
2 en lugar de a su valor normal, la unidad. ¿Por qué acontece este 
fenómeno? 
Solución: 
 
 
 ( ) 
Ec.3.2-1
 
 
Ec.3.2-2
 
 
 
 
 
Ec.3.2-3 
 ( ) 
Ec.3.2-4
 
P  0K(1-α2) 0  1 –α2 α 1 
Z 2 
p 0 
 ( ) 
Ec.3.2-5
 
 
Ec.3.2-6
 
 
 
 
 
 
El hecho de que tengamos el doble de moléculas que al principio hace que Z2 
en lugar de hacerlo a su valor normal que es la unidad. 
 
 
 
 
 
 
- 78 - 
 
 
3.3. Cierto gas a 0 ºC y a 1 atm de presión tiene un valor de Z =1.00054. Calcular 
el valor de b para este gas. 
 
Datos: 
T = 0 ºC = 273.15 K 
Z =1.00054 
Solución: 
 
 
 
 
Ec.3.3-1
 
 ( )
 
 
 
 
( )( )( )
 
 
 
3.4. Si Z =1.00054 a 0 ºC y 1 atm y la temperatura de Boyle del gas es 107 K, 
calcular los valores de a y b (solo se necesitan los dos primeros términos de la 
expresión de Z). 
Datos: 
Z =1.00054 
T = 0 C = 273.15 K 
P = 1 atm 
TBoyle = 107 K 
Solución: 
 
 
 
( 
 
 
) 
Ec.3.4-1
 
 
Ec.3.4-2
 
 
 
 ( 
 
 
) 
 
 
 
a = 8.774b 
 
 
 
( 
 
 
) 
 
 
 
 
 
 
( ) 
 ( )
 
 
 ( )
 
 ( ) 
( ) ( ) 
 
 
 
 
 
 
- 79 - 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 
) 
 
 
 
 
 
 
 
3.5. Las constantes críticas para el agua son 374 ºC, 218 atm y 0.0566 litros/mol. 
Calcular los valores de a, b y R; comparar el valor de R con el valor correcto 
y observar la discrepancia. Valorar solo las constantes a y b a partir de p, y 
Tc Empleando estos valores y el valor correcto de R calcular el volumen 
crítico. Comparando con el valor correcto. 
Datos: 
T = 374 C 
P = 218 atm 
 0.0566 litros/mol 
Solución: 
 
 ( )( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( )( )
 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( )
 
 
 
 ( )
 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( )
 ( )
 
 ̅ ( 
 
 
) 
 
 
 
 
 
3.6. Determinar la relación de las constantes a y b de la ecuación de Berthelot 
con las constantes críticas. 
Solución: 
 
 
 
 
 
 
 
Ec.3.6-1
 
 ̅̅ ̅ ̅ ( 
 
 
) ̅ (
 
 
) 
 
 
 
Ec.3.6-2
 
- 80 - 
 
 
 
 ̅ 
 = b +
 
 
 
Ec.3.6-3
 
 ̅ 
 
 
 
 
Ec.3.6-4