FACULTAD DE INGENIERIA Universidad Mayor de San Andrés U.M.S.A. Septiembre 2017
Calculo Precisión y Simetría…
¡ ¡ ¡ADELANTE INGENIERIA!!!
FISICOQUIMICA (QMC -206) Solucionario PRIMER PARCIAL ta
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Cel.: 73041515
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Gases Ideales Ecuaciones de gases ideales: Ecuación de estado : Esta ecuación relaciona las variables termodinámicas que describen un estado del gas PV
nRT
Ecuación combinada: Adecuando la ecuación de estado en dos estados, inicial y final y relacionando las variables que se mantienen constantes, se puede deducir una ecuación que combina dos estados (Inicial y Final).
n0 RT0 PV 0 0
R
PV 0 0
n0T 0 Igualando
P f V f R n f T f 0
P f V f n f RT f
PV 0 0
RR
n0T0
P f V f n f T f 0
Si los moles se mantienen constantes durante el cambio de estado: P f V f
PV 0 0 T0
T f 0
Gases Reales Los gases reales son un tratamiento más cercano a la “realidad”, mientras que los gases ideales son una
Factor de compresibilidad: Z
V REAL V IDEAL
PV REAL nRT
Ecuación de Van der Waals: 2 an P 2 V nb nRT V
a P V b 2 V
RT
;
V
V n
Comportamiento de la ecuación de Van der Waals en el punto crítico: b
1
Vc
3
a
9
RTcV c
8
3Pc V c
2
;
R
8 VcPc 3
Tc
Ley de la distribución barométrica: Integrando considerando las variables “g” y “T” independientes de la altura: dP P [1]
Mg RT
dz
ln
P P0
Mg z z0 RT
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GASES Ejercicio 1: Una campana de buzo cilíndrica de 3 m de diámetro y 4 m de altura con el fondo abierto se sumerge a una profundidad de z metros en un lago. La temperatura en la superficie es de 15°C, la presión de 500 mmHg y la temperatura disminuye en 0,8 °C cada 10 m. La densidad del agua de lago es de 1015 kg/m 3. ¿Hasta dónde deberá sumergirse la campana en el lago, para que el nivel de agua dentro de la campana suba 3,2 m cuando se sumerge en el lago a dicha profundidad? Solución:
D 2 m ; H 4 m Campana Sumergida T0 15C 288 K Cilindrica P 500 mmHg atm
z (m) ; H O 1015 kg / m3 0,8 C T 10 m 2
;
z ¿?
Análisis: Al inicio el cilindro esta con aire a presión atmosférica, luego se hace descender hasta “z”
Para el aire al inicio:
PatmV0
Para el aire el final:
P AVf
nRT0
..... (1)
nRTf ..... (2)
Análisis de presiones: 500 mmHg
P B
Patm
P A
Patm
H O 2
66661,18 Pa
g ( z h)
Análisis de Volúmenes: V0
4
D2 H
V f
4
D2 H h
Análisis de temperaturas: T0
288 K
T f
T0 a z
Con : a
0,8 K 10 m
a 0, 08 K / m
Resolviendo el sistema: (2) (1)
:
P AV f PatmV0
nRT f nRT0
PAV f PatmV0
T f T0
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[2]
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Reemplazando datos: P AV f
T f
Patm H O g ( z h) D 2 H h 4 2
T0 a z
T0 2 D H 4 66661,18 Pa 1015 kg / m3 9,8 m / s 2 ( z 3, 2) m 4 3, 2 m 288 K 0, 08 K / m z PatmV0
T0
Patm
66661,18 Pa 4 m
8, 67 z 257, 9
288 K
z
29, 75 m Respuesta.
Ejercicio 2: Un tubo de vidrio de 1,5 cm de diámetro y 1,2 m de largo, cerrado por un extremo contiene agua hasta ¾ partes de su altura, se halla volcado y tapado, con aire a presión atmosférica (760 mmHg) en la parte superior, si se destapa el tubo, ¿Qué altura de agua medida desde la parte interior permanecerá en el tubo sin derramarse? La temperatura permanece constante. Solución:
D 1, 5 cm ; L 1, 2 m
Si se destapa P 760 mmHg 101325 Pa vidrio h ¿? de agua lleno hasta 3 / 4 de su capacidad
Tubo de
Análisis: Patm 760 mmHg 101325 Pa P A Patm H O gh 2
Para el aire al inicio:
PatmV0
(2)
:
PatmV P AVf
nRT
nRT
V0
..... (1)
P AVf nRT ..... (2)
Para el aire el final: (1)
nRT
PatmV0
V f
4
D
2
4
D2 H
L 4
4
D2 L
h
PAV f
Reemplazando datos:
Patm
4
[3]
2
L PA Patm H O gh D 2 L h 4 4
D
2
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1, 2 m 3 2 101325 1000 kg / m 9, 8 m / s h 1, 2 h m 4 2 9800 h 113085 h 91192, 5 0
101325 Pa
Resolviendo: h 0,872 m h 10, 66 m (Se descarta )
h 0,872 m Respuesta.
Se descarta porque el tubo solo mide1, 2 m, entonces un valor de mayor a 10 m es irreal.
GASES IDEALES Ejercicio 3: Una mezcla gaseosa constituida por un 40% de metano y 60% de propano se introducen en un matraz de 2 lt de capacidad a 30°C, siendo la presión dentro del recipiente de 650 mmHg. Calcule la masa de gas contenida en el matraz Solución: Solución: Mezcla %m / m CH 4 40%
Gaseosa %m / m CH 60%
;
4
T 30C 303 K Patm 650 mmHg
m ¿? V 2 lt
;
Ecuación de gas ideal: PV
nRT
PV
m M
RT ...... (*)
Calculo de las fracciones molares, tomando una base de cálculo de 100 g: mT 100 g
mCH4 40 gCH4
2, 5 mol CH 4 16 g CH 4 1 mol C3 H 8 60 gC3 H 8 1, 36 mol C3 H 8 44 g C3 H 8
nCH 4 40 gCH 4 nC3 H 8
mC3H8 60 gC3 H8
1 mol CH 4
nT 2,5 1,36 mol nT 3,86 mol
0,65 3,86 mol Tambien : M xCH M CH xC H M C H 1,36 mol 0,35 3,86 mol
xCH 4
2,5 mol
4
xC3 H 8
M
0, 65 16 g / mol 0, 35 44 g / mol
M
4
3
8
3
8
25.8 g / mol
Reemplazando datos en (*)
650 mmHg 2 lt
J 8 , 3 1 4 303 K m 1, 77 g Respuesta. mol K 25.8 g / mol m
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[4]
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Ejercicio 4: Se desea evaporar 25 kg de agua de un material húmedo en tres horas. Para ello se colocan en un secador donde entra aire a 15°C a la presión de 757,6 Torr y con 60% de humedad. Se observa que el secador en funcionamiento estacionario el aire sale a 40°C, con una presión de 755,2 Torr y con 75% de humedad. Calcular el caudal mínimo de aire en m3 /min medido en las condiciones condiciones iniciales que debe pasar por el secador para que se evaporen los 25 kg de agua. (Presión de vapor del agua a 15°C y 40°C son respectivamente 12,7 Torr y 55 Torr). Solución: Solución: Corriente (1) 25 kg H O T1 15C 258 K P 757, 6 Torr ; 60% 1 1
Corriente (2) ; T2 40C 313 K P 755, 2 Torr ; 75% 2 2
2
V 1 ¿? m / min 3
Balance molar para el Gas Seco (no hay variación de moles):
PGS (1) V 1
nGS RT1 GS (1)
PGS ( 2 ) V 2
PGS (1) V 1
Reemplazando:
Tambien :
nGS ( 2 )R T2
n GS GS (1)
n GS ( 2 )
R T1
PGS (2 ) V 2 R T 2
757, 6 0, 6 12, 7 V 1 755, 2 0, 75 55 V 2
288
313
V2
1.1416 V 1 ... ....(1)
Balance molar para el Vapor de Agua (Se añaden moles del material):
PV (1) V 1
nV (1) RT1
PV ( 2 ) V 2
PV ( 2 ) V 2
Reemplazando:
RT2
0, 75 55 V 2 62, 4 313
n ( 2 ) RT2 V
Tambien
:
n V ( 2)
n V (1) n
PV (1) V 1 RT 1
n
0, 6 12, 7 V 1 25 kg 1000 g 1 mol 1 h 3h 1 kg 18 g 60 min 62, 4 288
....(2)
Resolviendo el sistema:
V 3883 ,1 lt / mi min n 1 3883,1 V 2 4433 4433 lt / min
[5]
V1
3
3, 88 883 m / min
Respuesta.
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Ejercicio 5: Se alimenta un secador de semillas continuo, en contracorriente a razón de 300 kg/h de gramos de maíz del 12% de humedad y 500 m 3 /h de aire a 600 mmHg, mmHg, 20°C y humedad del 60%; el aire abandona el secador a 45°C y 620 mmHg de presión y los gramos de maíz con una humedad del 6%, calcule la humedad relativa porcentual del aire a la salida del secador y el volumen correspondiente de aire. (Presión de vapor del agua a 20°C y 45°C son respectivamente 17,535 mmHg y 71,88 mmHg). Solución: Solución: Aire en Corriente (1) 3 T 2 0 C 2 9 3 K ; V 1 500 m / h 1 P1 600 mmHg ; 1 60%
Aire en Corriente (2) m kg H O T2 45C 318 K ; V 2 ¿? m 3 / h P2 620 mmHg ; 2 ¿? 2
Mani en la entrada Mani en la salida kg H O m kg M1 300 kg / h ; % Hum(1) 12 % M 2 ¿? kg / h ; %Hum( 2 ) 6 % 2
Balance másico para el maní: En la entrada:
M ( AGUA)(1) 36 kg / h M ( MANI SECO ) 264 kg / h
M ( AGUA ) (1) Hum(1) M 1 M 1 300 kg / h M ( MANI SECO ) M 1 M ( AGUA) (1)
En la salida la masa de maní maní con la nueva humedad será: M ..... a Hum M ( AGUA) ( 2 ) 2 (2) M 2 M ( MANI SECO) M ( AGUA) ( 2) ..... b
Reemplazando (a) en (b) y despejando la masa de maní a la salida del secador:
M 2
1 M 1 Hum(2 ) (
MANI SECO )
Reemplazando datos obtenemos la masa de maní a la salida del secador:
264 kg / h 1 0 , 06 0 6
M 2
1
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M 2 280, 85 kg / h
[6]
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Por balance de materia podemos determinar la masa de agua que arrastro el aire:
m M 1 M 2
300
280, 85 kg / h
m 19,15 kg / h
n 1064 mol / h
Balance molar para el Vapor de Agua (Se añaden moles extraídos del maní):
PV (1) V 1
nV (1) RT1
PV ( 2) V 2
nV ( 2) RT2
RT2
PV (1) V 1
RT 1
2
nV ( 2)
nV (1) n
PV (2) V 2
Reemplazando:
Tambien :
71, 88 V 2
62, 4 318
n
0, 6 17, 535 500 000 1064 62, 4 293
2 V 2
373156,83 lt / h ....(1)
Balance molar para el Gas Seco (no hay variación de moles):
PGS (1) V 1
nGS (1) RT1
PGS (2) V 2
R T1
n GS (1)
n GS (2)
PGS (2 ) V 2 R T 2
600 0, 6 17, 535 V 1 620 2 71,88 V 2
293
Con :
318
PGS (1) V 1
Reemplazando:
Tambien :
nGS ( 2) RT 2
V1
500 m3 / h
620V 2 71, 88 2 V 2
319887921, 5
....(2)
Resolviendo el sistema: 2 V 2 373156,83 lt / h ....(1) 620V 2 71, 88 2 V 2 319887921, 5 ....(2)
[7]
559210,37 lt / h Respuesta 0,6672 66, 72%
V2 2
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Ejercicio 6: El volumen de una mezcla de aire saturado de humedad a 50°C es de 50 lt a la presión de 5 atm. Calcular: a) La presión total final cuando esta masa de aire se expande sobre agua hasta un volumen de 200 lt a temperatura constante, b) Los gramos de agua que se evaporan para mantener el aire saturado de humedad. La presión de vapor de agua a 50°C es de 92,5 mmHg. Solución:
V 200 lt ; 100 % 2 V1 50 lt ; 1 100 % 2 Aire Aire Expansion T1 50C 323 K T1 T2 ; P2 ¿? sobre agua saturado saturado P1 5 atm mevap ¿? Pv (50C ) 92, 5 mmHg Moles en condición (1) P1 V1
atm lt n1R T1 5 atm 50 lt n1 0, 082 323 K mol K
Además gas seco y vapor:
n1
n H
2O (1)
nGS
nH
2O(1)
nCO
2
n1
9, 44 mol
9,44 mol
...... (1)
Para el vapor: PV*1V1 nH 2O (1) RT1 n H
2O(1)
mmHg lt 92, 5 mmHg 50 lt n H O(1) 62, 4 323 K mol K 2
9,2295 mol
En (1), entonces:
nGS
9,2105 mol
Para el vapor de agua en el estado (2): PV*2V2 nH 2O( 2) RT
mmHg lt 92,5 mmHg 200 lt n H O(2) 62, 4 323 K mol K 2
n H2O(2) 0,9179 mol
Balance de moles para el agua: n Evap nH2O(2) nH2O(1) n Evap 0,6884 mol m Evap
0,6884 mol
18 g 1 mol
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m Evap
12,39 g
Respuesta b)
[8]
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En el estado (2): mmHg lt P2 200 lt 9, 2105 0, 9179 mol 62, 4 323 K mol K
P2 V2 n2 R T
P2
1020, 7 mmHg
1, 34 atm Respuesta a)
Ejercicio 7: 400 m3 de CO 2 saturados con agua se encuentran a 20°C y 1 atm y se comprimen hasta 3,5 atm a la vez que se enfrían hasta 15°C con lo cual se condensa parte del agua que va separándose del sistema. A continuación se expansiona hasta 1,3 atm y se calienta hasta 20°C. Calcular: a) La cantidad de agua condensada, b) La humedad relativa final, c) El volumen de la mezcla medido en las condiciones finales. Pv*(15°C) = 12,788 mmHg ; Pv*(20°C) = 17,535 mmHg
Solución.:
P 1,3 atm V1 400 m3 P2 3,5 atm 3 Mezcla de P1 1 atm T2 15C 288 K T3 20C 293 K CO 2 + H 2 O T1 20C 293 K f =¿? ; Vf =¿? m cond =¿? (es separada) En condiciones (1): P1 V1 n1 RT1
Además:
1 atm 400 103 lt n1 0, 082
n1
n H
2O (1)
nCO
2
nH
2O (1)
n
CO2
atm lt
293 K
mol K
16648,63 mol
n1 16648, 63 mol
.........(1)
Para el vapor: PV*1V1 nH 2O(1) RT1
mmHg lt 17, 535 mmHg 400 10 3 lt n H O(1) 62, 4 293 K mol K 2
383, 63 mol n H O (1) 2
En (1), entonces: nCO2
16265 mol
Como los moles del gas seco (CO 2 ), no varían, entonces: PGS (1)V 1 nGS (1) T1
[9]
PGS ( 2)V 2 nGS (2) T 2
nGS ctte
PGS (1)V1 T1
PGS (2) V2 T 2
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0.9769 atm 760 mmHg 1 atm P2 PV *2 3, 5 atm 12, 788 mmHg 3, 4832 atm 760 mmHg 1 atm
PGS (1) P1 PV 1 1 atm 17,535 mmHg *
PGS (2)
0, 9769 atm 400 103 lt 3,4832 atm V 2
293 K
288 K
V2 110269,79 lt
Para el vapor de agua en el estado (2): mmHg lt 12, 788 mmHg 110269, 79 lt n H O( 2) 62, 4 288 K mol K
PV*2V2 nH 2O (2) RT2
2
n H
2O (2 )
79,47 mol
Balance de moles para el agua: n H
2O(1)
nCond
nH
2 O(2)
n
Cond
305,16 mol
383, 63mol 78, 47mol nCond
mCond
RESPUESTA a)
5492,88 g
En condición (3): P3 V3
atm lt n3 R T3 1, 3 atm V3 16265 78, 47 mol 0, 082 293 K mol K
V3 302052, 47 lt 302, 052 m
3
RESPUESTA c)
Para el vapor en condición (3): PV 3 V3
nH O(3) RT3 2
P V *
V3
3
nH O(3) RT3
17, 535 mmHg 302052, 47 lt 78, 47 mol 62, 4 3
0,2709
3
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27,09 %
2
mmHg lt
293 K
mol K
RESPUESTA b)
[10]
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Ejercicio 8: 300 m3 de CO 2 saturados con agua se encuentran a 20°C y 1 atm y se comprimen hasta 2,5 atm a la vez que se enfrían hasta 15°C con lo cual se condensa parte del agua que va separándose del sistema. A continuación se expansiona hasta 1,3 atm y se calienta hasta 20°C. Calcular: a) La cantidad de agua condensada, b) La humedad relativa final, c) El volumen de la mezcla medido en las condiciones finales. Pv*(15°C) = 12,788 mmHg ; Pv*(20°C) = 17,535 mmHg
Solución.:
P 1,3 atm V1 300 m3 P2 2,5 atm 3 Mezcla de P1 1 atm T2 15C 288 K T3 20C 293 K CO 2 + H 2 O m =¿? ( es separada ) T1 20C 293 K cond f =¿? ; Vf =¿? En condiciones (1): PV 1 1
atm lt n1RT1 1atm 300 103 lt n1 0, 082 293 K mol K
Además:
n1
n H
2O (1)
nCO
2
nH
2O (1)
n
CO2
12486,47 mol
n1 12486,47 mol
.........(1)
Para el vapor de agua al inicio: PV*1 V1 nH 2O(1) RT1
17, 535 mmHg 300 10 3 lt nH O(1) 62, 4
2
n H
2O(1)
287,72 mol
En (1), entonces:
nCO
2
mmHg lt
293 K
mol K
12198, 75 mol
Como los moles del gas seco (CO 2 ), no varían, entonces: PGS (1)V 1
nGS (1) T1
PGS ( 2)V 2
nGS ( 2) T 2
nGS
PGS (1)V1
PGS (2) V2
T1
T 2
0.9769 atm 760 mmHg 1atm P2 PV *2 2,5 atm 12, 788mmHg 2, 4832 atm 760 mmHg *
0, 9769 atm 300 103 lt 2,4832 atm V 2
293K [11]
ctte
1atm
PGS (1) P1 PV 1 1 atm 17, 535mmHg PGS ( 2)
288K
V2
116007,1 lt
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Para el vapor de agua en estado (2): mmHg lt 12, 788 mmHg 116007,1 lt n H O(2) 62, 4 288 K mol K
PV*2 V2 nH 2O (2) RT2
2
n H
2O (2)
82,55 mol
Balance de moles para el agua: n H
2O(1)
nCond
nH
2O(2)
nCond
205,17 mol
287, 72 mol 82, 55 mol nCond
mCond
RESPUESTA a)
3693, 06 g
En condición (3): PV n RT3 3 3 3
atm lt 1, 3 atm V3 12198, 75 82, 55 mol 0, 082 293 K mol K V3 226977,32 lt 226,98 m
3
RESPUESTA c)
Para el vapor en condición (3): PV 3 V3
nH
2O (3)
RT3
P V *
V3
3
nH
2O(3)
17,535 mmHg 226977, 32 lt 82,55 mol 62, 4 3
0,3792
3
37,92 %
RT3
mmHg lt 293 K mol K
RESPUESTA b)
Ejercicio 9: Se requieren 100 m3 de aire medidos a 25°C y 600 mmHg con una humedad relativa del 80% para climatizar un edificio de oficinas que se acondiciona a partir de aire atmosférico (495 mmHg) con humedad relativa del 50% y temperatura de 15°C, mezclándose con otra corriente de aire completamente saturado de vapor de agua a 40°C y 500 mmHg de presión ¿Qué volúmenes por hora de estas dos corrientes de aire se deben mezclar para conseguir el aire deseado? Pv*(15°C)=12,788 mmHg; Pv*(25°C)=23,756 mmHg; Pv*(40°C)=55,324 mmHg.
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Solución:
Corriente(1) P 495 mmHg 1 1 50 % T1 15C 288 K
Corriente(2) P2 500 mmHg 2 100 % T2 40C 313 K
Corriente(3) P 600 mmHg 3 3 80 % T3 25C 298 K V 3 100 m3 / h
V1
¿?
V 2
¿?
Balance de flujos molares, total, gas seco y vapor de agua:
n1 n 2
n3
;
n GS (1) nG S (2)
;
nGS (3)
nV (1) nV
(2)
Ademas :
nV (3)
PV
n RT
Para el vapor de agua:
PV (1) V 1 R T1
PV (2) V 2
PV (3) V 3
R T2
3 0, 512, 788 V1 55, 324 V 2 0, 8 23, 756 100 m / h
288
R T 3
313
0,0222V1 0,1768V 2
298
6,3774 .........(1)
Para moles totales:
P1 V 1 R T1
P2 V 2
P3 V 3
R T2
495V1 500V 2
288
R T 3
600 100 m3 / h
313
298
1,7188V1 1,5974V 2
201,3422
.........(2)
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
[13]
V 94, 665 m3 / h 1 V2 24,185 m3 / h
V1
V2
94, 665 m3 / h
Respuesta.
24,185 m / h 3
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA
FISICOQUIMICA
Ejercicio 10: Un estudiante de fisicoquímica de la UMSA propuso la siguiente ecuación de estado:
P
RT
V
B
2
C
V
3
Muestre que la ecuación permite un comportamiento crítico.
V
Encuentre las constantes críticas del gas en términos de B y C y una expresión para el factor de compresibilidad crítico.
Solución: Para las condiciones críticas, las ecuaciones de estado deben cumplir:
P 0 V P
2 P 2 0 V P
C
C
Hallando las derivadas correspondientes para estado crítico: RT 2B 3C P 2 3 4 V V V V
C
PC
C
C
C
2 RT C
C
6 B 9C 3 RT C V C 2 0 .....3 1 V C 2 RT 6 B 12C 0 ..... 2 C 2 V C V C
3C
V C
C
2 P 2 RT C 6B 12C 4 5 2 3 VC VC VC V P
2B
RT
VC
6B
V C
0 ..... 1
2
12C
VC
0 ..... 2
2
3C
RTC
0
2
C
3
V C En
1 :
B
1
2
RTC V C
RTC V C
2
C
Dividiendo C/B:
Reemplazando en “ B” :
1 RTC V C
B
3 RTC V C
B
3C B
RT
C
En la ecuación de estado original: PC
RTC
V C
3C B
VC
B R 3 RC 1
T C
RTC V C 2
B
2
3RC
1 3 RT
2
V C
VC
3
V C
PC
1 RT C 3 V C
2
También P C( B,C):
PC
3
3C
PC
1 B
3 2
27 C
B
Hallando el factor de compresibilidad: PC V C ZRT
1 B 3 3C B2 ZR 2 27 C B 3RC
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
1 Z 3
[14]
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FISICOQUIMICA
GASES REALES V.D.W. Ejercicio 11: Una masa de 1,42 kg de cloro ocupan un volumen de 10 lt bajo una presión de 43,56 bares, si la presión se duplica a temperatura constante calcule el nuevo volumen. En estas condiciones, el cloro sigue la ecuación de Van der Waals. Datos: a 6,579 bar lt
2
2 / mol
; b 0, 05622 lt / mol
Solución:
P 2P 87,12 bar 2 2 1 2 a 6, 579 bar lt / mol T ctte ; b 0,05622 lt / mol V ¿? 2
m 1, 42 kg Cl2 V1 10 lt P 43,56 bar 1
Con la ecuación de Van der Waals:
an P V nb nRT V 2
2
El número de moles será: n 1, 42 kg
1000 g 1 kg
1 mol 71 g
20 mol
Reemplazando datos: 2 6,579 20 43,56 10 20 0,05622 20 8,314 102 T 2 10
T
373 K
En las condiciones (2): La ecuación cubica en función al volumen de Van der Waals:
PV
3
2
Pb RT V aV ab 0 3
2
87,12V 87,12 0, 05622 8,314 102 373 V 6, 579V 6, 579 0, 05622 0
V 20 mol
[15]
0,0923 lt 1 mol
V
0,0923 lt / mol
V 1,846 lt
Respuesta.
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Ejercicio 12: Una mezcla de etano y propano se comporta de acuerdo a un gas de Van der Waals, con a 8, 4 bar lt 2 / mol 2 ; b 0, 097 lt / mol . Si 3,0 kg de este gas a 192,6 atm de presión y 50°C ocupan un volumen de 10 lt. ¿Cuál la composición de la mezcla en porcentaje en volumen?
Solución:
a 8, 4 bar lt 2 / mol 2 P 192,6 atm C2 H 6 ; T1 50C 323 K ; b 0, 097 lt / mol C3 H 8 m 3 kg V 10 lt
xC2 H6 xC3 H8 ¿?
Ecuación de Van der Waals:
an P V nb nRT V
PV 2 a V b RT V 2
;
2
2
PV PV
2
a P V b RT V 2
3
PbV aV ab RTV 0
3
Pb RT V aV ab 0
2
PV
a
V b RTV
2
2
2
3
2
192, 6 V 192, 6 0, 097 0.082 323 V 8, 29 V 8, 29 0, 097 0 V
0,14 lt / mol
El peso molecular de la mezcla: M M
m n
m V / V
MV V
3
3
10 g
30xC2 H6
44xC3 H8
0,14 lt / mol 10 lt
30 xC2 H6
.....(1)
42
44xC3H8 42
..........(1)
Además: xC
2 H6
xC H 3
8
1
..........(2)
Resolviendo el sistema: xC xC
2 H 6
3 H 8
1/ 7
0,1428
6/ 7
0, 8572
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Respuesta.
[16]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 13: Para realizar la hidrogenación del benceno se requiere que el autoclave de 5,0 L este a 327°C. Con una presión parcial de benceno de 40,0 atm ¿Qué masa de benceno debe introducirse en el autoclave? Considere que el benceno gaseoso se comporta como gas de Van der Waals. a 18, 0 lt 2 atm / mol 2 ; b 0,1142 lt / mol Solución:
m B ¿? V 5 lt Autoclave T 327C 600 K ; b 0,1142 lt / mol C6 H 6 a 18, 0 atm lt 2 / mol 2 P B 40 atm (Presión parcial) Para el Benceno: 2 an P 2 V nb nRT V
a P 2 V b RT V
Se podría despejar el número de moles “n” o despejar el volumen molar, optaremos por la segunda opción:
PV 2 a V b RT V 2
PV PV
3
2
PbV
Pb RT V
3
aV
2
2
a V b RTV
2
PV
;
ab RTV
2
aV
ab
0
0
Reemplazando datos: 3
2
40 V 40 0,1154 0, 082 600 V 18 V 18 0,1154 0
V R
0,913 lt / mol
Respuesta.
Para la masa del Benceno: m B
5 lt
1 mol 0, 916 lt
78 g 1 mol
Por lo tanto:
m B
[17]
425,76 g Respuesta.
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Ejercicio 14: Para realizar la hidrogenación del propeno se requiere que el autoclave de 5,0 L este a 227°C. Con una presión parcial de benceno de 40,0 atm ¿Qué masa de benceno debe introducirse en el autoclave? Considere que el benceno gaseoso se comporta como gas de Van der Waals. a 8, 438 lt 2atm / mol 2 ; b 0, 08242 lt / mol Solución:
mP ¿? V 5 lt Autoclave T 227C 500 K ; b 0, 08242 lt / mol C3 H 6 P 40 atm (Presión parcial) a 8, 438 atm lt 2 / mol 2 B Para el Propeno: 2 an P 2 V nb nRT V
a P 2 V b RT V
Se podría despejar el número de moles “n” o despejar el volumen molar, optaremos por la segunda opción:
PV 2 a V b RT V 2
PV PV
3
2
PbV
Pb RT V
3
aV
2
2
PV a V b RTV
2
;
ab RTV
2
aV
ab
0
0
Reemplazando datos: 3
2
40 V 40 0, 08242 0, 082 500 V 8, 438 V 8, 438 0, 08242 0
V R
0,893 lt / mol
Respuesta.
Para la masa del propeno: mP
5 lt
1 mol 0,893 lt
42 g 1 mol
Por lo tanto m B
235,16 g Respuesta.
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[18]
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USO DE DIAGRAMAS Ejercicio 15: Un depósito esférico de 1m de radio de etano se halla a la presión de 1461,6 atm y temperatura de 47,6°C. Calcule, haciendo uso del diagrama generalizado de factores de compresibilidad, la masa del gas extraído, si la presión dentro del cilindro baja a 974,4 atmosferas, a la misma temperatura. Datos: Tc = 305,32 K Pc = 48,72 atm. Solución.: R 1m Esfera P1 1461,6 atm T 47, 6C 320, 6 K 1
T2 T P2 974,4 atm m Extraida ¿?
Se extrae masa
Para el uso de los diagramas: P1 1461,6 atm P P 30 1 1 r r Pc 48,72 atm T 320,6 K T 1 T r 1 1,05 r1 Tc 305,32 K
Z 1
P2 974,4 atm P P 20 2 2 r r Pc 48,72 atm Z 2 T 320,6 K T 2 T r 2 1,05 r2 Tc 305,32 K
3,1
2, 2
Además: m Extraida
Pero:
T1
m1
T2
m2
;
PVM 1 Z1 RT
m Extraida
V2
m
;
RT
V
PVM 2 Z 2 RT
;
m
PVM
ZRT
mExtraida
MV P1
P2 RT Z1 Z 2
atm lt 0, 082 320,6 K mol K m Extraida
PV M 1 1 Z1 RT1
P2V2 M Z 2 RT 2
C2 H6 30 g / mol
;
V
30 g / mol 4,189 103 lt 1461, 6 atm
[19]
Z
M
; V1
T
m Extraida
PV
136,49 g
3,1
4 3
R
3
4,189m3
974, 4 atm 2, 2
Respuesta.
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Ejercicio 16: Se ha descubierto un reservorio de gas natural en las faldas del Illimani, el cual se supone que solo está formado por metano, el gas se extrae a – 73,08°C y a una presión de 27,26 atm. Usted está a cargo del almacenamiento y transporte y diseña los tanques esféricos e 4,5 m de radio y por seguridad estima que la temperatura máxima a la que puede estar expuesta el metano es 70°C con una presión de 1136 atm, ¿Qué volumen de gas se debe extraer del pozo, medido en las condiciones iniciales para llenar 1 tanque esférico? Para el cálculo considere el grafico de compresibilidad generalizada (Para el metano Tc = -82,6°C y Pc = 44,45 atm). También calcule la masa del metano que cabe en cada tanque así como la magnitud del error si considera que en esas condiciones el metano se comporta de manera ideal. Solución: Gas de el reservorio (1) Tanques esfericos (2) Almacenamiento CH 4 T1 73, 08C 199,92 K T2 70C 343 K y Transporte P 1136 atm ; R 4, 5 m P1 27, 26 atm 2 V1 ¿? ; m2 ¿? para llenar un tanque ; TC 82, 6C 190, 4 K ; PC 45, 44 atm Error ¿? Con ecuacion de gas ideal
En el pozo:
PV 1 1
En el tanque:
P2V2
Z1nRT1
......... (1) ....... (2)
Z 2 nRT2
Para el uso del diagrama: P1 27,26 atm P r1 P 45,44 atm Pr 1 0,6 c T T1 199,92 K T 1,05 r 1 r1 Tc 190,4 K P2 1136 atm P 2 P 45, 44 atm T T2 343 K 2 T 190,4 K
Pr 2
r
c
r
T r 2
c
(1)
Ahora:
V2
4 3
R
(2) 3
Con : R
:
PV 1 1
1,80
0,8
25
PV 2 2
4,5 m
Z 1
Z 2
Z1 nR T 1 Z 2 nR T 2
V2
2, 0
V1
Z1T1 P2 Z 2T2 P1
V 2
...... (*)
381, 7 m 3
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[20]
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Reemplazando datos en (*): V1
0, 8199, 92 K 1136 atm 381, 7 m3 2 343 K 27, 26 atm
3 V1 3708,5 m
Respuesta.
Para la masa de la ecuación (2): P2V2
m
Z2
m
RT2
M
1136 atm 381, 7 103 lt 16 g / mol atm lt 2, 0 0, 082 343 K mol K
m
P2V2 M Z 2 RT 2
1 Ton 6
10 g
m 123,33 Ton
Respuesta.
Considerando un gas ideal: ......... (3)
PV 1 1
V1
199,92 K 1136 atm 3 381, 7 m 343 K 27, 26 atm
nRT1
P2V2
nRT2
....... (4)
V1
3
Respuesta.
9271, 22 m
Calculo del error del cálculo del volumen en condición (1):
% Error
V1( REAL )
V 1( IDEAL )
V1( REAL )
100%
3708,5 m3 9271,22 m3 3708,5 m3
% Error
150 %
100%
Respuesta.
Ejercicio 17: En un tanque se almacenan 400 kg de Etano a 215,32°C y 73,2885 bares de presión, luego de cierto tiempo el gas disminuye su temperatura hasta 93,24°C (a volumen constante) calcule a) La presión final en el tanque; b) El volumen del tanque, empleando el diagrama generalizado de compresibilidad. T C = 32,2°C ; P C = 48,859 Bar. Solución: m 400 kg Tanque T1 215,32C 488,32 K C2 H 6 P1 73,2885 bar
T 93, 24C 366, 24 K 2 TC 605,2 K b) V ¿? ctte ; PC 48,859 bar a ) P2 ¿?
Condición (1):
PV 1
Condición (2):
P2V
[21]
Z1nRT1 Z 2 nRT2
......... (1)
....... (2)
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Ahora:
(1) (2)
:
P1 V
Z1 nR T 1
P2 V
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P1
P2
Z 2 nR T 2
Z1T 1 Z 2T 2
...... (*)
Para el uso del diagrama: P1 73, 2885 bar Pr1 48,859 P bar c T T1 488,32 K r1 Tc 305,2 K
T r 1 1, 6 Pr 1
1, 5
Z 1
0,9
P2 P P P P 2 2 2 r c r Pc P2 Pc Pr 2 T 366,24 K T 2 T r 2 1, 2 T r 2 1, 2 r2 Tc 305,2 K
Reemplazando datos en (*):
73, 2885 bar 0,9 488, 32 K P 2 48,859 bar Z 2 366, 24 K
Z 2
0,8 Pr 2
...... ( )
r
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[22]
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FISICOQUIMICA
Para el tanteo se realiza de la siguiente manera: con Tr 2
1, 2
P r2 (Supuesta)
Z (Leído)
Z (Calculado)
1,5 0,5 1
0,7 0,81 0,81
1,2 0,4 0,8
Z2
0,8 Pr 2
...... ( )
Para el tercer tanteo los valores de Z calculado y el valor de Z leído en el diagrama son cercanos, así que el valor que se acepta para la Presión reducida 2 es de “1”
P2
Pc Pr 2
48,859 bar 1
P2
48,859 bar Respuesta.
Para el volumen: PV 1
Z1n RT1
73, 2885 10
5
400 10 g 3
Pa V 0,9
8,314
30 g / mol
488,32 K mol K J
V
3
6,65 m Resp.
Ejercicio 18: En un tanque se almacenan 800 kg de Etano a 215,32°C y 73,2885 bares de presión, luego de cierto tiempo el gas disminuye su temperatura hasta 93,24°C (a volumen constante) calcule a) La presión final en el tanque; b) El volumen del tanque, empleando el diagrama generalizado de compresibilidad. T C = 32,2°C ; P C = 48,859 Bar. Solución: m 400 kg Tanque T1 215,32C 488,32 K C2 H 6 P1 73,2885 bar
T 93, 24C 366, 24 K 2 TC 605,2 K b) V ¿? ctte ; PC 48,859 bar a ) P2 ¿?
La resolución es la misma a la anterior, hasta este punto: P r2 (Supuesta)
Z (Leído)
Z (Calculado)
1
0,81
0,8
Con a la gráfica del anterior ejercicio. Para el tercer tanteo los valores de Z calculado y el valor de Z leído en el diagrama son cercanos, así que el valor que se acepta para la Presión reducida 2 es de “1”
[23]
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P2
Pc Pr 2
FISICOQUIMICA
48,859 bar 1
P2
48,859 bar Respuesta.
Para el volumen: PV 1
Z1nRT1
80010 g 3
J
73, 2885 10 Pa V 0,9 30 g / mol 8,314 mol K 488,32 K 5
V
3
13,3 m Resp.
GASES V.D.W Y CON DIAGRAMAS Ejercicio 19: Se desea almacenar 800 kg de gas metano y se estima que la máxima temperatura a la que estará sometido el tanque es de 32°C y 880 bar de presión, ¿de qué diámetro deberá construirse un tanque esférico para este propósito? Para el cálculo emplee la ecuación de Van der Waals y el diagrama de compresibilidad adjunto (Presiones Altas). DATOS: a
2, 203 bar dm6 / mol 2 ;
b 0, 097 dm
3
/ mol ;
TC
190, 6 K ;
PC
43,99 bar
Solución:
m 800 kg Esfera Tmax 32C 305 K con CH 4 Patm 880 bar ; D ¿?
a 2, 203 bar dm6 / mol 2 b 0, 097 dm3 / mol ; T 190, 6 K ; PC 43,99bar C
Con la ecuación de Van der Waals:
PV 2 a V b RT V 2 PV PV
3
2
PbV
Pb RT V
3
aV
2
2
PV a V b RTV
2
;
ab RTV
2
aV
0
ab 0
Reemplazando datos: 3
2
880 V 880 0, 0431 8, 314 102 305 V 2, 303V 2, 303 0, 0431 0
V 50 000 mol
V
0, 05972 lt 1 mol
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
0,05972 lt / mol
1 m3 1000 lt
V 2, 986 m
3
[24]
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V
6
D
3
FISICOQUIMICA
2,986 m 3
6
D
3
D
1, 787 m Respuesta.
Con el diagrama generalizado: Ecuación:
PVM
......... (1)
Z mRT
Para el uso del diagrama:
T r 1, 6
P 880 bar Pr 43,99 bar Pc T T 305 K r Tc 190,6 K
Pr
20
Z 1,8
Reemplazando en (1):
880 10
5
Pa
6 D
3
J mol 1,8 50 000 8,314 305 K mol K
D 1, 705 m
Respuesta.
Ejercicio 20: Una mañana de invierno, cuya temperatura es de - 6°C, desea determinar la masa de metano que contiene un tanque esférico de este gas de 2 m de diámetro, el indicador de presión indica que el metano se halla a 92 atm (absoluto), para el cálculo considere a) La ecuación de estado de gas ideal y el diagrama de compresibilidad generalizado (presiones medias) y b) La ecuación de Van der Waals. Sustancia
Pc (atm)
Tc (K)
a (atm cm 6 /mol 2 )
b (cm3 /mol 1 )
CH 4
45,8
190,7
2,25x106
42,8
Solución: Esfera T 6 C 267 K
m ¿?
;
con CH 4 D 2 m ; P f 92 atm
Con la ecuación de gas ideal: PVM
mRT
;
V
6
D3
V
4,189 m 3
Reemplazando datos:
114,5 atm 4,189 103 lt 16
[25]
g 1 kg atm lt m 0, 082 mol 1000 g mol K
267 K
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FISICOQUIMICA
m 350,518 kg Respuesta.
Con el diagrama generalizado: Ecuación:
PVM
......... (1)
Z mRT
Para el uso del diagrama: P 114,5 atm P P 45,8 atm T T 267 K T 190,7 K r
Pr
c
r
T r
c
1, 4
2,5
Z
0,75
Reemplazando en (1):
114,5 atm 4,189 103 lt 16
g atm lt 1 kg m 0, 75 0, 082 267 K mol 1000 g mol K
m 467,36 kg Respuesta.
Con la ecuación de Van der Waals:
PV 2 a V b RT V 2 PV
3
PbV
Pb RT V
aV
2
2
PV a V b RTV
2
3
PV
2
;
ab RTV
0
2
aV
ab 0
Reemplazando datos: 3
2
114, 5 V 114, 5 0, 0428 0, 082 267 V 2, 25 V 2, 25 0, 0428 0
V
0,134 lt / mol
La masa será: m 4,189 103 lt
1 mol 0,134 lt
16 g 1 mol
1 kg 1000 g
m 500,179 kg Respuesta.
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[26]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 21: Se conoce que el etano se halla en estado correspondiente con el hidrogeno, cuando este último gas se halla a 256 atm y -238.1°C. Calcule el diámetro que debe tener un tanque cilíndrico para almacenar 100 kg de etano, si el tanque tendrá una altura de 80 cm. Para el cálculo emplee, a) El diagrama de compresibilidad adjunto (Presiones altas) y b) La ecuación de Van der Waals. Datos adicionales: H 2
: Tc 33, 23K
C2 H 6
;
Pc
: Tc 305, 4 K
;
12,8atm
Pc
48, 20 atm
Bar lt 2 ; a 5, 562 ; 2 mol
b
0, 3758 lt / mol
Solución: El teorema de los estados correspondientes o principio de los estados correspondientes, fue establecido por van der Waals en 1873, e indica que todos los fluidos, cuando se comparan con la misma temperatura reducida y presión reducida, tienen aproximadamente idéntico factor de compresibilidad y se desvían del comportamiento de gas ideal en, más o menos, el mismo grado, entonces:
Con el diagrama generalizado: Ecuación:
PVM
......... (1)
Z mRT
Para el uso del diagrama, con los datos del hidrogeno: P 256 atm P P 12,8 atm T T 34,9 K 33,23 K T r
Pr
c
r
T r
c
1,05
20
Z
2, 2
Reemplazando en (1):
256 atm V 30
atm lt 1 kg kg 2, 2 100 0, 082 34, 9 K mol 1000 g mol K
V
g
7527,130 lt
7527130 cm
3
Como se trata de un cilindro y la altura es de 80 cm:
D 346,12 cm 3, 5 m Respuesta.
Con la ecuación de Van der Waals: Como no se cuentan con valores del etano:
[27]
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PV 2 a V b RT V 2 3
PV
2
2
2
a V b RTV 2
PbV
Pb RT V
3
PV
PV
;
aV
ab RTV
0
2
aV
ab 0
Pero como están en estados correspondientes (los valores de temperatura y presión reducida son iguales para los dos gases), podemos calcular los valores de presión y temperatura del etano de la siguiente forma: P P P T T T
C2 H 6
r
c C H 2 6
C2 H 6
20
r
c C H 2 6
;
PC H 2 6
P T
48, 20 atm
; 1,05
TC H 2 6
C2 H 6
C2 H 6
964 atm
320,67 K
305,4 K
Reemplazando datos: 3
2
964 V 964 0, 3758 0, 082 320, 67 V 5, 562 V 5, 562 0, 3758 0 V
0, 402137 lt / mol
La masa será: V 100kg
1000 g 1mol
1 kg V
30 g
0, 402137 lt 1000 cm 3 1 lt
mol 3
1340456, 667 cm
Como se trata de un cilindro y la altura es de 80 cm: D
146, 06 cm 1, 46 m Respuesta.
Ejercicio 22: Una muestra de oxígeno a 150 MPa de presión con una densidad de 1133 g/lt y un factor de compresibilidad Z = 3, se halla en estado correspondiente con el etano contenido en un tanque esférico de 2 metros de diámetro, calcule la masa de etano contenido en estas condiciones empleando la ecuación de Van der Waals. Para el oxígeno: Tc=154,4K y Pc=5MPa, para el etano: Tc=305,4K, Pc=4,88 MPa, a=5,580(Bar lt 2 /mol 2 ); b=0,0651 (lt/mol). Datos adicionales: O2
: Tc 154, 4 K
C2 H 6
;
: Tc 305, 4 K
Pc
;
5 MPa Pc
4,88 MPa
Bar lt 2 ; a 5, 580 ; 2 mol
b
0, 0651 lt / mol
Solución:
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[28]
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Con la ecuación de Van der Waals para el Etano:
PV 2 a V b RT V 2 3
PV
2
2
PV a V b RTV
2
2
PbV
Pb RT V
3
PV
;
aV
ab RTV
0
2
aV
ab 0
Tenemos que hallar los valores de presión y temperatura para el etano, eso no se cuenta directamente así que se realizan los siguientes cálculos basándonos que los dos gases se encuentran en estados correspondientes:
Para el uso del diagrama, con los datos del Oxigeno: PM RT 6 3 150 10 32 10 1133 8,314 T
T
509,567K
Ahora: P 150 MPa P P 30 5 MPa P T 509,567 K T T 3,3 T 154,4 K r
r
c
r
Z
1,8
r
c
Pero como nos damos cuenta que el Z encontrado es distinto al dato dado en el enunciado, descartamos este paso, y tanteamos con Z = 3 y Pr= 30 (grafica de presiones altas) una temperatura reducida, de la cual nos da como resultado: T r
1,11
Pero como están en estados correspondientes (los valores de temperatura y presión reducida son iguales para los dos gases), podemos calcular los valores de presión y temperatura del etano de la siguiente forma: P P P T T T
C2 H 6
r
c C H 2 6
C2 H 6
r
c C H 2 6
30
;
; 1,1
PC H 2 6
4,88MPa TC H 2 6
P T
C2 H 6
146, 4 MPa
C2 H 6
335,94 K
305,4 K
Reemplazando datos:
146, 4 10 V 6
3
2
146, 4 10 6 0, 0651 10 3 8, 314 335, 94 V ...
... 0, 558 V 0, 558 0, 0651 10
[29]
3
0
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V 7, 6674 10 5 m3 / mol 0, 076674 lt / mol
Para el cálculo de la masa: Volumen de la esfera: V
D
3
6
6
2m
3
V
4
3
m3
Con el cálculo de volumen molar y el volumen: 4 V
V
n
5
7, 6674 10
m
3
/ mol
3
n
n
54631,17 mol
La masa de etano será: m 54631,17 mol
30 g
m 1638,94 Kg Respuesta.
1 mol
Como la presión que ejerce el etano es muy alta, el resultado es coherente.
Ejercicio 23: Un volumen de 10 lt de H 2S medido a 26811 kPa y 156,18°C se comprimen hasta 67027,5 kPa y 660°C, empleando el diagrama de compresibilidad generalizado adjunto, calcule el volumen final. Tc = 373,2 °C; Pc = 8,937 MPa.
Solución:
V1 10 lt P 26811 kPa 1 H 2 S T 156,18 C 1 429,18 K
n1 n2 n V 2 ¿? ; Tc 373, 2 K Pc 8,937 MPa
P2 67027,5 kPa T2 660 C 933 K
La ecuación de estado para ambos casos: Estado (1):
PV 1 1
Estado (2):
P2V2
Z1nRT1 Z 2 nRT2
..... (1)
..... (2)
Para el uso de diagramas: 3 P1 26811 10 Pa P P 3 r 1 r1 P 8,937 106 Pa c T 429,18 K T 1 T r 1 1,15 r1 Tc 373,2 K
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Z 1
0,51
[30]
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FISICOQUIMICA
3 P2 67027,5 10 Pa P P 7,5 2 2 6 P 8,937 10 Pa T T2 933 K T 2 2,5 2 T 373, 2 K r
r
c
r
Z 2
1,11
r
c
Ahora: (2) (1)
P2 V2
:
P1 V 1
Z 2 nR T 2
Z1 nR T 1
V2
P Z T 1 2 2 V 1 P2 Z1 T 1
Reemplazando datos:
26811 kPa 1,11 933 K 67027, 5 kPa 0, 51 429,18 K 10 lt
V2
V2
18,92 lt
Respuesta.
Ejercicio 24: Un volumen de 20 lt de Cloro medido a 15420 kPa y 206,78 °C se comprimen hasta 42405 kPa y 1187,2 °C, empleando el diagrama de compresibilidad generalizado adjunto, calcule el volumen final. Tc = 417,2 °C; Pc = 7,71 MPa.
Solución:
V1 20 lt P 15420 kPa 1 Cl2 T 206,78 C 1 479,78 K
n1 n2 n V 2 ¿? ; Tc 417,2 K Pc 7,71 MPa
P2 42405 kPa T2 1187, 2 C 1460,2 K
La ecuación de estado para ambos casos: Estado (1):
PV 1 1
Estado (2):
P2V2
Z1nRT1 Z 2 nRT2
..... (1) ..... (2)
Para el uso de diagramas:
P1 15420 103 Pa P 2 1 r Pr1 Pc 7,71106 Pa T 479,78 K T 1 T r 1 1,15 r1 Tc 417,2 K [31]
Z 1
0,5
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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA 3 P2 42405 10 Pa P 2 P 7,71106 Pa T T2 1460,2 K 2 T 417,2 K
FISICOQUIMICA
Pr 2
r
5,5
c
T r 2
r
3,5
c
Z 2
1, 09
Ahora: (2) (1)
P2V2
:
PV 1 1
Z 2 nR T 2
V2
Z1 nR T 1
P Z T 1 2 2 V 1 P2 Z1 T 1
Reemplazando datos:
15420 kPa 1, 091460, 2 K 20 lt V2 48, 25 lt kPa K 42405 0, 5 479, 78
V2
Respuesta.
Ejercicio 25: Calcule la temperatura de 15 moles de propano que ocupan 1,600 litros a 1210,68 bares de presión. Para el cálculo considere a) Las ecuaciones de estado del gas ideal y de Van der Waals; b) El diagrama de compresibilidad generalizado. IMPORTANTE, UTILICE SOLO UNIDADES DEL S.I. Datos: para el Propano Tc (K) Pc (bar) a (dm6 bar mol -2 ) b (dm3 mol -1 ) 369,83 42,48 9,39 0,0905
Solución: n
15 mol C3 H8 ;
V
1, 6 lt ;
P
1210,68 bar ;
T
¿?
Convirtiendo las constantes en unidades del S.I.: 6
a
b
9, 39
dm bar mol
0, 0905
2
dm
2
6 1 m3 105 Pa m Pa 0, 939 3 2 1000 1 dm bar mol
6
mol
2
3
1m
1000 dm
3
9, 05 10
5
3
m
mol
2
a) Gas Ideal : PV nRT
1210, 68 10
5
T
Pa 1, 6 10 3 m 3 15 mol 8,314
T mol K J
1533,3 K Respuesta
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[32]
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FISICOQUIMICA
Van der Waals:
an P V nb nRT V 2
2
6 m Pa 2 0,939 15 mol 2 3 mol 5 1210, 68 10 Pa 1, 6 103 m3 15 mol 9, 05 10 5 m 2 2 mol 1,6 103 m3 T J 15 mol 8, 314 mol K
T
Respuesta
395,9 K
b) Diagrama Generalizado PV
ZnRT
P 1210,68 bar Pr Pr 28,5 Pc 42,48 bar T T ¿? T T Tr Tc r Tc 369,83 K
PV
Z
ZnR Tr
T
c
1210, 68
5
10
1, 6
3
3
10 m
158,314 369,83
1 T r
1 Ecuación de tanteo T r
Z 4,199967541
Se procede a tantear la temperatura, con
Pr
28,5
Procedimiento de tanteo: Suponemos un valor de Temperatura reducida (Tr), con el cual hallamos dos val ores de “Z”, el primer valor de “Z” lo hallamos reemplazando el valor supuesto de Tr en la ecuación de tanteo (Z Calculado), el segundo valor de “Z” se encuentra con el diagrama de compresibilidad, gracias al valor de Pr ya calculado y Tr supuesta. Si el v alor de los dos “Z” (Calculado y supuesto) es muy semejante, entonces se acepta ese valor de Tr como el correcto.
[33]
Tr (Supuesta)
Z (Calculado)
Z (Leído)
3 4 2
1,4 1,05 2,1
1,8 1,7 2,1
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Para los dos primeros valores asumidos vemos que los valores de “Z” no son iguales, pero para una tercera iteración, podemos ver que los valores son prácticamente iguales, entonces el valor de la temperatura reducida será igual a “2”.
Calculo de la temperatura:
T
T T T r
c
2 369,83 K
T
739, 66
K
Respuesta
Ejercicio 26: Calcule la temperatura de 15 moles de propano que ocupan 2,022 litros a 1231,92 bares de presión. Para el cálculo considere a) Las ecuaciones de estado del gas ideal y de Van der Waals; b) El diagrama de compresibilidad generalizado. IMPORTANTE, UTILICE SOLO UNIDADES DEL S.I. Datos: para el Propano Tc (K) Pc (bar) a (dm6 bar mol -2 ) b (dm3 mol -1 ) 369,83 42,48 9,39 0,0905
Solución: n
15 mol C3 H8 ; 6
a
b
9, 39
dm bar mol
0, 0905
2
dm
2
2, 022 lt
P
;
1231,92 bar ;
T
¿?
2
6 1m3 105 Pa m Pa 0, 939 3 2 mol 1 bar 1000 dm
6
mol
V
1m
3
1000 dm
3
9, 05 10
5
3
m
mol
2
a) Gas Ideal y V.D.W. PV
nRT
J
1231,92 10 Pa 2, 022 10 m 15 mol 8,314 mol K T 5
3
3
T
1997,39
K
Respuesta
2 an P 2 V nb nRT V
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
[34]
UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA
FISICOQUIMICA
6 m Pa 2 0,939 15 mol 2 3 mol 5 1231, 92 10 Pa 2, 022 10 3 m 3 15 mol 9, 05 10 5 m 2 2 mol 2,022 103 m3 T J 15 mol 8, 314 mol K
T
773,41 K Respuesta
b) Diagrama Generalizado PV
ZnRT
P 1231,92 bar PV ZnR T T r c P r P 42,48 bar Pr 29 c 1231,92 105 2,022 10 3 m3 T T T ¿? Z T Tr Tc r 15 8,314 369,83 Tc 369,83 K
Z
1 T r
1 5, 400826681 T r
Se procede a tantear la temperatura, con
Pr
28,5
Tr (Supuesta)
Z (Calculado)
Z (Leído)
4 2 3
1,35 2,7 1,8
1,7 2,1 1,8
Calculo de la temperatura: T
T T r
[35]
c
3 369,83
K
T
1109, 49
K
Respuesta
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 27: Un tanque esférico de 2 m de diámetro contiene metano a 650 atm de presión además se sabe que el factor de compresibilidad es 1,5. Si el metano se comporta de acuerdo a un gas de Van der Waals, con a 2, 28 bar lt 2 / mol 2 ; b 0, 0428 lt / mol determinar la masa de esta gas que existe en el tanque.
Solución: 2 2 a 2, 28 lt bar / mol ; b 0, 0428 lt / mol P 650 atm 658, 61 bar
Tanque con CH 4 esferico
D2m ;
z 1, 5
m ¿?
Van der Waals: 2 an P 2 V nb nRT V
a
P
V
2
V b RT
.....(1)
Ecuación de estado corregida: PV
;
ZnRT
PV
ZRT
RT
PV Z
.....(2)
Reemplazando RT de (2) en (1):
a PV P 2 V b Z V
PV Pb
;
P 1
a V
ab 2
V
P
V 0 Z
2 3 V PbV aV ab 0 Z
1
Reemplazando datos:
658, 61 1
1
3
2
V 658, 610, 0428 V 2, 28 V 2, 28 0, 0428 0 1, 5
V
0,0705 lt / mol
La masa será: m 4188,79 lt
1 mol 0, 0705 lt
16 g 1 mol
1 kg 1000 g
m
950,65 kg Respuesta.
Ejercicio 28 Las constantes de la ecuación de Van der Waals para el Amoniaco son 2 2 a 4, 225 lt atm / mol y b 0,0371 lt / mol . Se observa que a 200°C Z = 0,8; con esta información calcule el volumen molar y la presión del amoniaco en estas condiciones. Exprese sus resultados en unidades del S.I.
Solución.:
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[36]
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NH 3
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2 2 a 4, 225 lt atm / mol b 0, 0371lt / mol
T
;
Z 0,8 V ¿?
200C
Ecuación de estado de Van der Waals y ecuación de estado corregida: 2 an P 2 V n b n RT V
, Además:
......(1)
PV
Z n RT
......(2)
De (1) y (2), despejando las presiones: P
nRT V
nb
an V
2
P
RT
Ademas :
V
a
V
ZnRT
P
2
b
V
V n
ZRT
P
2
V
V
Igualando las presiones y poniendo en función de volumen molar: RT
a
V
b
V
2
ZRT
RTV
V 2
RT
;
a V
b
a
V
ZRTV V
V b V
b
b
V
2
2
ZRT
V
0
0
2
RTV
2
aV
ab ZRTV
ZRTbV
0
//
1 RT
0 1 Z V Zb V RT RT a
2
ab
Reemplazando datos:
2 4, 225 0.0371 4,225 1 0.8 V 0,8 0, 0371 0 V 0.082 473 0, 082 473 Resolviendo:
V1 0, 3361lt / mol V lt mol 0, 0601 / 2 [37]
V1
3, 361 104 m3 / mol
V2
6, 01 105 m3 / mol
Respuesta a)
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Reemplazando en (2):
J 0,8 8, 314 473 K mol K ZRT P 1 4 3 V 1 3, 36110 m / mol J 0,8 8, 314 473 K mol K ZRT P2 V 6, 01105 m3 / mol 2
6
Pa
7
Pa
P1
9,36 10
P2
5,23 10
Respuesta b)
Ejercicio 29: Calcule el factor de compresibilidad del etano a 974 bar y 427,4 K considerando la ecuación de Van der Waals y compárelo con el leído en el diagrama de compresibilidad adjunto, ¿Qué porcentaje de diferencia respecto al leído en la carta existe entre ambos valores? Solución: 6 3 PC 48,72 bar P 974 bar bar dm dm ; a 5, 58 ; 0, 0651 ; ; % Dif ¿? z ¿? b 2 305,32 T K 427,4 T K mol mol C
Cuando no existen datos suficientes para calcular el factor de compresibilidad Z, se puede recurrir como ULTIMO RECURSO a:
Factor de compresibilidad:
Z
V R V I
VR
V I
bar lt 8,314 102 mol K
R
Volumen Real
Volumen Ideal
1 dm 1 lt 3
Cálculo de volumen Real:
an P V nb nRT V 2
2
PV 2 a V 2 3
PV PV
V b RT
2
PbV 3
;
a P V b RT V 2
PV
2
a
V
b RTV
2
2
aV ab RTV 0
Pb RT V
2
aV
ab 0
Reemplazando datos: 3
2
974 V 974 0, 0651 8, 314 10 2 427, 4 V 5, 58 V 5, 58 0, 0651 0
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[38]
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V R
0,08557 lt / mol
Cálculo de volumen Ideal: PV
nRT
PV
RT
Reemplazando datos
974V 83,144 10 3 427, 4
V I
0,03648 lt / mol
Entonces: Z Formula
V R
V I
0,08557 lt / mol
Z Formula
0,03648 lt / mol
2,35
Respuesta.
Con el diagrama de compresibilidad: P 974 bar P P 19,99 r r Pc 48,72 bar Z Diagrama T 427,4 K T T r 1, 4 r Tc 305,32 K
1, 9 Respuesta.
El porcentaje de diferencia: % Dif
[39]
Z Diagrama Z Formula Z Diagrama
% Dif
100%
100%
1,9 2,35 1,9
% Dif 23, 68 % Respuesta.
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LEY DE LA DISTRIBUCION BAROMETRICA Ejercicio 30: Un excursionista con un barómetro de bolsillo, determina que la presión atmosférica en la base de una montaña es de 600 mmHg y la temperatura de 13°C, al llegar a la cima de esta la presión es de 510 mmHg, calcule la altura de la montaña. Para el cálculo considere que la temperatura disminuye en 0,66 °C por cada 100 m de altura (taza normal de cambio basada en la convención Internacional), la aceleración de la gravedad es 9,8 m/s 2 y la masa molar del aire 29 g/mol. Solución:
montaña T0 13C 286 K M (aire) 29 g / mol
P 510 mmHg
Base de la P0 600 mmHg
Cima de la
0,66 K montaña T T0 az ; a 100 m
z ¿?
;
2 g 9,8m / s
;
Ley de la distribución barométrica: dP
P
Mg RT
dP
dz
P
Mg
dz
R T0 a z
Integrando: dP P
Mg
//
dz
R T0 az
P
dP
P0
P
z
Mg
T
R
z0
0
dz
az
P Mg T0 a z ln P aR 0 T0 a z0
ln
Despejando “z” c on:
3
a 6,6 10
z0
0
Tenemos:
P T0 a z ln P0 T0
Mg
aR
ln
z
T 0 P
a P0
aR
Mg
P T0 a z P0 T0
Mg aR
P P0
aR Mg
T a z 0 T0
6 ,610 8 ,314 J / molK 286 K 510 mmHg 2910 kg / mol 9,8 m/ s z 1 6, 6 103 600 mmHg 3
1
3
z
1338,63 m
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
2
Respuesta.
[40]
UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA
FISICOQUIMICA
Ejercicio 31: Calcule la presión del aire a una altura de 10,0 km en mmHg, suponiendo que a nivel del mar la presión es exactamente de 1 atm y la temperatura de 20°C. Para el cálculo considere que la aceleración de la gravedad g disminuye en 0,01m/s 2 por cada kilómetro de altura y la temperatura disminuye en 0,66°C por cada 100 m de altura (tasa normal de cambio basada en la convención Internacional) Solución:
P0 z 10 km ¿? mmHg
P2 1 atm 760 mmHg z 0 T2 20 C 293 K
;
;
0, 01 m / s 2 g : 1000 m T : 0,66 K 100 m
Ley de la distribución barométrica: dP
Mg
P
RT
dz
Consideraciones: Tanto la gravedad como la temperatura varían linealmente:
g g0 az T T0 bz
Ecuaciones lineales:
Sus pendientes serán negativas debido a que a mayor altitud existe una reducción en sus valores iniciales: a
0, 01 m / s
2
1000 m
10
5
1 s
2
;
b
0, 66 K 100 m
6, 6 10
3
K
m
Reemplazando e Integrando: dP P
M g0 az R T0 bz
dz
//
P
P0
dP P
M R
g 0 az T bz dz z 0 z
0
Como la integral del segundo miembro está definida:
P 29 g / mol 1 kg 8, 314 J / mol K 1000 g P0
ln
10 000m
0m
P 1,315 1, 315 ; P P0 e P0
ln
[41]
5 1 2 9,8 m / s 10 s 2 z dz K 3 293 K 6, 6 10 m z ;
P 760 mmHg e
1,315
P 204,1 mmHg Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 32: Con el objeto de medir la altura de una montaña, se mide la presión atmosfé rica y la temperatura en la base de esta, las medidas son respectivamente; 640 mmHg y 10°C. Mientras que en la cima de la montaña las medidas indican 615 mmHg y 5°C. Determinar la altura de la montaña. Suponga que la temperatura varía linealmente. Solución:
P0 640 mmHg z 0 T0 10 C 283 K
P 615 mmHg z T 5 C 278 K
;
z ¿?
;
T T0 az
;
Como varia linealmente, usamos la ecuación de la recta, punto pendiente:
m
a
T2
z2
T 1
278
z1
a
283
0
z
5 K z m
Ley de la distribución barométrica: dP P
Mg RT
dP
;
dz
P
Mg
R T0 az
dz
Integrando: dP P
Mg R T0 az
//
dz
P
P0
P Mg T0 az ln P aR 0 T0
dP P
Mg R
z
T
z0
0
dz
az
5 K Reemplazando : a z m
ln
T0 5 / z z P Mg ln T0 5 / z R P0
ln
P M g z T 0 5 ln P 5 R 0 T0
ln
Reemplazando y realizando un análisis dimensional: 2 2 P kg m / s 615 mmHg ln ln 5 K 8, 314 P0 mol K 640 mmHg 5 R z Mg T 0 5 29 10 3 kg / mol 9,8 m / s 2 283 5 K ln ln T 0 283 K
z
326,96 m
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
Respuesta.
[42]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 33: Con el objeto de medir la altura de una montaña, se mide la presión atmosfé rica y la temperatura en la base de esta, las medidas son respectivamente; 640 mmHg y 11°C. Mientras que en la cima de la montaña las medidas indican 605 mmHg y 3°C. Determinar la altura de la montaña. Suponga que la temperatura varía linealmente. Solución:
P0 640 mmHg z 0 T0 11 C 284 K
;
P 605 mmHg z T 3 C 276 K
z ¿?
;
T T0 az
;
Como varia linealmente, usamos la ecuación de la recta, punto pendiente:
m
a
T2
z2
T 1
a
276
284
z
0
z1
8 K z m
Ley de la distribución barométrica: dP P
Mg RT
dz
dP
;
P
Mg R T0 a z
dz
Integrando: dP P
Mg R T0 az
//
dz
P
dP
P0
P Mg T0 az ln P aR 0 T0
ln
P
Mg R
z
T
z0
0
dz
az
8 K Reemplazando : a z m
T0 8 / z az P Mg ln T0 5 / z R P0
ln
P M g z T 0 8 ln P 5 R 0 T0
ln
Reemplazando y realizando un análisis dimensional: 2 2 P 605 mmHg kg m / s ln ln 8 K 8, 314 640 mmHg P0 mol K 8 R z 3 2 Mg T 8 29 10 kg / mol 9,8 m / s 284 8 K ln 0 ln T 0 284 K
[43]
z
460,64 m
Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 34: Considérese un gas ideal con una masa molar fija y a una temperatura específica en un campo gravitacional. Si a 5,0 km de altura la presión es el 90% de su valor al nivel del suelo, ¿Qué porcentaje del valor al nivel del suelo se tendrá a 10 km? Solución: n ctte
Gas
% ¿?
;
Ideal z 5 km ; % 90% P f 0,9 P0
a
z 10 km
Mg z z0
Ley de la distribución barométrica: dP
Mg
P
RT
Integrando :
dz
P
ln
P0
RT
Con nivel de referencia igual a cero, Entonces: Mg ( z )
P
....... (1)
RT
P0 e
Igualando con condición del problema y comparando se tiene: Mg ( z )
RT
P P0 e
0,9P0
RT
e
Mg( z)
0,9 ....... (2)
para : z 5 000 m
0,9 ....... (2)
para : z 5 000 m
Aplicando neperianos a la ecuación (2): Mg ( z )
P P0 e
RT
0,9P0
Mg( z)
e
RT
Mg no varía, con la altura y se puede RT
Como se trata de una masa molar fija, el término determinar:
Mg (5 000 m) RT
ln e
1
ln0,9
Mg RT
Mg RT
ln0,9 5 000 m
5
2,1072 10
Para una altura de 10 000 m, tendremos:
Mg RT
ln % 10 000 m
2,1072 10 5
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
ln % 10 000 m
% 0, 81 % 81 %
Respuesta.
[44]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 35: Considérese un gas ideal con una masa molar fija y a una temperatura específica en un campo gravitacional. Si a 5,0 km de altura la presión es el 80% de su valor al nivel del suelo, ¿Qué porcentaje del valor al nivel del suelo se tendrá a 10 km? Solución: n ctte Ideal z 5 km ; % 80% P f 0,8P0 Gas
% ¿?
;
z 10 km
a
Ley de la distribución barométrica: dP
P
Mg RT
Integrando :
dz
ln
P P0
Mg z z0 RT
Con nivel de referencia igual a cero, Entonces: Mg ( z )
P
....... (1)
RT
P0 e
Igualando con condición del problema y comparando se tiene: Mg ( z )
RT
P P0 e
0,8P0
RT
e
Mg( z)
0,8 ....... (2)
para : z 5 000 m
Aplicando neperianos a la ecuación (2): Mg ( z )
P P0 e
RT
0,8P0
Mg( z)
e
RT
0,8 ....... (2)
para : z 5 000 m
Mg no varía, con la altura y se puede RT
Como se trata de una masa molar fija, el término determinar:
Mg (5 000 m) RT
ln e
1
ln0,8
Mg RT
Mg RT
ln0,8 5 000 m
5
4, 4629 10
Para una altura de 10 000 m, tendremos:
Mg RT
[45]
ln % 10 000 m
5
4, 4629 10
ln % 10 000 m
% 0, 64 % 64 %
Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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Ejercicio 36: Calcule el número de moléculas de aire por centímetro cubico a 15 km por encima de la ciudad de La Paz. ¿A qué altura en kilómetros en número de moléculas por centímetro cubico se habrá reducido al 10%? Considere que la temperatura de 15°C permanece constante. Solución:
N / V ¿? z 15 km ; Patm 495 mmHg
z ¿? Reduccion del 10% T 15C 288 K
;
Ley de la distribución barométrica: dP P
Mg RT
Integrando :
dz
ln
P P0
Mg z z0 RT
Con nivel de referencia igual a cero, Entonces: Mg ( z )
P
PV
nRT
....... (1)
RT
P0 e
P
n RT V
nRT V
Comparando con condición del problema:
n n0 Mg RT( z ) V RT V RT e
n
V
n0 V
e
Mg ( z )
....... (*)
RT
En el estado inicial:
n0 P V RT
495 mmHg mol n 0 0,02754 lt mmHg lt V K 62, 4 288 mol K
Reemplazando en (*) y realizando factores de conversión:
2910
3
mol 0,02754 e V lt n
n V
kg / mol 9,8 m / s 2 15 000 m
J 8,314 288 K mol K
2,796 1018
moleculas
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
3
cm
6, 023 10
23
1 mol
molec
1 lt 1000 cm
3
Respuesta.
[46]
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Para la reducción del 10% de moléculas: n V
n0 V
Mg ( z )
n
;
RT
e
V
n0
0,1
V
Comparando :
Mg ( z )
0,1
RT
e
;
para :
z ¿? m
Aplicando logaritmo neperiano:
Mg ( z )
RT
1
ln e
ln 0,1
z
ln 0,1 RT
19399,66 m Respuesta. z 19,4 km z
Mg
Ejercicio 37: La composición aproximada de la atmosfera es de 80 % en masa de nitrógeno y 20% de oxígeno. ¿A qué altura respecto de la superficie de la Tierra la composición de la atmosfera será un 90% en masa de nitrógeno y un 10% de oxigeno? Considere que la temperatura de la atmosfera es constante e igual a 25°C. Solución: dP
Para la ley de la distribución barométrica:
Mg
P
RT
dz
Mgz
Integrando considerando z 0 = 0: Además: PV
P
P0e
RT
m m RT RT RT e VM VM
Mgz
m
RT
M
0
m m0 e
Mgz RT
Para el oxígeno y nitrógeno: M O2 gz
mO
2
mO
2
0
e
RT
..... 1
mN
2
mN
2
0
e
M N 2 gz RT
..... 2
Dividiendo (1) y (2): mO2 m N 2 gz
RT
mO2 0 mN 2 0
e
M N 2 gz M O2 gz RT RT
mO m N 0 m m N O 0
M N 2 M O2 ln
2
2
2
mN 2 mO2 0 gz
M RT
2
9,8 m / s z m 2
J 8, 314 mol K 298 K
[47]
mO2 mN 2 0
N2
e
M O
2
gz RT M N 2 M O2
0,1mT 0,8mT 0, 2mT T
ln 0, 9m
0,1 0,8 g 1 kg ln mol 1000 g 0, 9 0, 2
28 32
z 51253,52 m Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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Ejercicio 38: Al pie de una montaña la presión atmosférica es de 630 mmHg y la temperatura de 20°C, un montañista al ascender por esta, observa que la temperatura disminuye (linealmente), al llegar a una altura de 1800 m por encima de la base de la montaña, la presión es de 508,65 mmHg, determine la temperatura a esta altura. Masa molar del aire es 29 kg/mol y la gravedad 9,8 m/s 2. Solución: Ley de la distribución barométrica: dP P
Mg RT
Con :
dz
T
T0
az
Integrando: dP P
Mg R T0 az
//
dz
P
dP
P0
P
Mg R
z
T
z0
0
dz
az
P Mg T0 az ln P aR 0 T0
ln
Reemplazando los valores conocidos: 3 2 29 10 kg / mol 9,8 m / s 293 K a K / m 1800 m 508,65 mmHg ln ln 630 mmHg 293 K a K / m 8,314 J / mol K
0, 213959
0,0341833 a K / m
293 1800 a K / m 293
ln
Hallando el valor de ” a” por tanteo:
Valor del miembro Izquierdo Val(Izq) -0,213959 -0,213959 -0,213959 -0,213959 -0,213959 -0,213959
Valor supuesto de “ a [K/m] ” -0,008 -0,004 -0,005 -0,0055 -0,006 -0,0059
Valor del miembro Derecho Val(Der) -0,215336 -0,212623 -0,213293 -0,213630 -0,213967 -0,213900
Diferencia = Val(Izq)- Val(Der) 0,00137 -0,00133 -0,00066 -0,00033 0,0000089 -0,000589
Entonces la expresión de la variación de la temperatura será: T
K T0 a z 293 K 0, 006 1800 m m
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
T
282, 2 K 9, 2 C
[48]
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GASES CON REACCIONES QUIMICAS Ejercicio 39: Bajo una presión de 2 atm y 300 K, en un reactor de volumen fijo de volumen V, se coloca dióxido de nitrógeno gaseoso. Al someter el gas a calentamiento se descompone parcialmente en monóxido de nitrógeno y oxigeno gaseoso. Al alcanzar los 800 K la presión es de 6,667 atm. Determine la composición de los gases a 800 K.
P Eq 6, 667 atm ; T 800 K ctte xi ¿?
V ctte ; P 2 atm EQUILIBRIO Reactor T K ctte 800 Solución: Para la reacción química: NO2 i)
n
ii )
n Eq
n
n 1
eqq)
En el equilibrio:
NO
n n n
1
2
n
2 1
n
1
2
n
n
1 2
1
2
O2
n
n
n
nEq
n
2
2
Las fracciones molares serán: 1 x NO
2
n 1
n
xNO
;
2
n
2
2
2 1
n
Al inicio:
P0 V
Al final:
P f V
nRT0
;
2 2
xPCl
3
2
2
n
2 n
2 2
2
..... 1
nEqq RTf
..... 2
Dividiendo (1)/(2) se tiene: P0 V P f V
Reemplazando:
n R T 0 n Eqq R T f
P0 P f
nT 0
n 2 T f 2
6, 667 atm 300 K 2 1 atm 800 K 2
P T 2 f 1 P T f 0
0
0, 5
Las fracciones molares serán:
[49]
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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x NO
2
FISICOQUIMICA
2 1 0, 5
2 0, 5
xNO
;
x NO
2
2 0,5
;
2 0, 5
0, 4 ; xNO
xPCl
3
0, 4 ; xPCl3
0,5
2 0, 5
0, 2
Ejercicio 40: Al calentar una muestra de nitrato de plomo (II) solido. Si se recoge una muestra de gas que ocupa 293 ml medida a 200°C y 1 atm de presión, ¿Qué masa de nitrato de plomo (II) se ha descompuesto?: Solución: V 293 ml ; Gas T 200C 473 K P 1 atm
Pb NO3 2 Q O2( g ) NO2( g ) PbO( S ) Muestra m ¿? La reacción química será:
i)
1
Q
Pb NO3 2( S )
2
O2( g )
2 NO2( g )
PbO( S )
n
ii )
f )
n
1 2 1
0
2
2n
n
2n
n
n
n
Moles finales (considerando solo los de estado gaseoso): n f
1
2
nn
5 2
n
Ecuación de estado de gas ideal: PV n f RT
5 2
PV n RT
Reemplazando datos: atm lt 5 n 0, 082 473 K mol K 2
1 atm 293 103 lt
3
n 3, 02171 10
mol
La masa será:
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
[50]
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FISICOQUIMICA
m 3, 02171 10 3 mol
331,19 g 1 mol
m 1 g Pb NO3 2( S )
Respuesta.
Ejercicio 41: En un recipiente rígido (de volumen constante) se introducen N 2 y O 2 en proporción estequiométricamente (2:3 respectivamente en moles), se eleva la temperatura y se mide la presión inicial resultando P 0 = 800 mmHg se deja que se lleve a cabo la reacción con un catalizador adecuado: N 2( g )
3 2
O2( g )
N 2O3( g )
Sin embargo la reacción no se completa al 100%. Luego de alcanzarse el equilib rio, la presión final es de 464 mmHg. Calcúlese el grado de conversión del N 2 en N 2O3 y la composición final de la mezcla gaseosa (porcentaje en moles). La temperatura permanece constante.
Solución.:
n N
Recipiente
2
nO
2
2 3
P0 800mmHg P f 464mmHg
3
nO nN 2
2
; V T ctte ;
2
Si analizamos la relación molar de la alimentación nos damos cuenta que coincidentemente es estequiométricamente igual a la de la reacción química, entonces: N 2( g ) i)
n N2
ii )
N 2
eqq)
n N2 ( f )
nN2 1
;
3
2 3
n
3
3 2
2
n N2 1
N 2O3(g )
nN 2
2
n N2 1
nO2 ( f )
2 3
O2( g )
nN2
n
N 2
nN2 1
; n N2 O3 ( f )
nN 2
n N 2
Los moles en el estado inicial y final serán: n0
n f
n N
3 2
2
nN
2
nN2 1
[51]
3 2
n0
5 2
nN 2
nN2 1 nN 2
n f
n N 2
2
5
3
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Al inicio:
PV 0
n0 RT
Al final:
P f V
n f RT ......(2)
......(1)
Resolviendo: 5 (1) (2)
P0 V
:
P f V
n0 RT
P0
n0
P f
n f RT
P0
nf
Pf
2 n N 2
2
n N 2
P0
Pf
5 3
5
5 3
Despejando: 5
P 3P
0
P f
5
0
3 800 mmHg
0,7
70%
800
464
mmHg
Respuesta.
Para la composición final: x N 2
n N 2 ( f )
n f
nN 2 1 n N 2
2 x N 2O3
n N2O3 ( f ) n f
5 3
2 1 0, 7 5 3 0, 7
x N
n N 2
2
5 3
2
nN 2
0,2069
2 0,7 5 3 0, 7
x N
0,4828
2 O3
xO
2
20,69 %
48, 28 %
Respuesta
31, 03 %
Ejercicio 42: En un recipiente rígido (de volumen constante) se introducen N 2 y O 2 en proporción estequiométricamente (2:3 respectivamente en moles), se eleva la temperatura y se mide la presión inicial resultando P 0 = 800 mmHg se deja que se lleve a cabo la reacción con un catalizador adecuado: N 2( g )
3 2
O2( g ) N 2O3( g )
Sin embargo la reacción no se completa al 100%. Luego de alcanzarse el equilibrio, la presión final es de 392 mmHg. Calcúlese el grado de conversión del N 2 en N 2O3 y la composición final de la mezcla gaseosa (porcentaje en moles). La temperatura permanece constante.
Solución.:
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
[52]
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n N 2
Datos:
2
nO2
nO2
3
3 2
FISICOQUIMICA
nN 2
; V
T
ctte
P0
;
800mmHg
;
Pf
392mmHg
Si analizamos la relación molar de la alimentación nos damos cuenta que es estequiométricamente igual a la de la reacción química, entonces: N 2( g ) i)
n N2
ii )
N 2
nN2 1
2 3
n
;
nO2 ( f )
3
2
2 3 2
3
n N2 1
eqq)
n N2 ( f )
3
;
N 2O3(g )
nN 2 nN
n
N 2
2
nN2 1
2
nN2 1
O2( g )
nN2O3 ( f )
nN
2
nN
2
Los moles en el estado inicial y final serán: n0
n f
n N2
nN
2
3 2
nN 2
n0
1
3 2
nN
2
5
nN
2
2
1 nN
n f
2
Al inicio:
P0V
Al final:
P f V n f RT ......(2)
n0 RT
n N
2
2
(2)
:
P0 V P f V
n0 RT
P0
P f
n f RT
n0
3
......(1)
5 (1)
5
nf
P0 Pf
2 n N 2
2
n N 2
5 3
P0 Pf
5
5 3
Despejando:
5
5 P P 800 392 mmHg 3P 3 800mmHg 0
f
0
[53]
0,85 85 %
Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA
FISICOQUIMICA
Para la composición final: x N 2
n N 2 ( f )
nN 2 1
n N 2
n f
2 x N 2O3
n N 2O3 ( f )
5 3
2 1 0,85
5 3 0, 85
0,1224
x N
n N 2
2
nN 2
5 3
2
n f
2 0,85 5 3 0, 85
0,6939
x N
2 O3
xO
2
12, 24 %
Respuesta
69,39 %
18, 37 %
Ejercicio 43: Una mezcla de metano y nitrógeno que ocupa 100 ml a 1,5 atm, se mezclan con 200 ml de oxígeno a 2 atm, la mezcla se somete a combustión, los productos se hacen pasar por un agente secante, el gas seco mide 480 ml a 1 atm de presión, si todas las medidas se efectuaron a la misma temperatura, calcule la composición de la mezcla original. Solución:
Mezcla Oxigeno (O2 ) CH N 4 2 Combustion V2 0, 2 lt H O V 0,1 lt 1 P 2 atm 2 P1 1, 5 atm 2
Gas seco T ctte N CO 2 2 ; xCH ¿? V3 0,48 lt P3 1 atm x N ¿? 4
2
(PRIMERA FORMA DE RESOLVER) La reacción química será: CH 4 i)
nCH 4
ii )
nCH 4
f )
0
N2 nN 2
2O2
Combustion
2H 2 O
N2
nO2
2nCH 4 n N2
CO2
nCH 4
nO2 2nCH4
2nCH 4
2nCH 4
nCH4
Además: PV 1 1 n1 RT
P2V2
n2 RT
atm lt 0,5 atm 0,1 lt n1 0, 082 T mol K atm lt 2 atm 0, 2 lt n1 0, 082 T mol K
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
n1 1,8293
n2
4,878
1
........(1)
T
1 T
........(2)
[54]
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PV 3 3 n3 RT
FISICOQUIMICA
atm lt 1 atm 0, 48 lt n1 0, 082 T mol K
n3 5,8536
1 T
........(3)
Análisis de moles:
n1 nCH nN n2 nO n3 n N ( f ) nCO ( f ) nO 4
n N
2
2
2
2
2
( f )
nCH 4 nN 2 1,8293 nO2 4,878 2(
nCO ( f ) nO
f)
2
2
1
..... (1)
T
..... (2)
T
( f )
1
5,8536
1 T
..... (3)
Reemplazando: n N2 ( f )
nN 2
nCO2 ( f )
nCH4
nO2 ( f )
n2 2nCH 4
n N2
nCH 4
nO2
2nCH 4 5,8536
en (3) n N2
nCH4
nO2 5,8536
1
1 T
..... (4)
T
Resolviendo el sistema, (1), (2) y (4): nCH
4
0, 42685
0, 42685
xCH
4
1,8293
1
nN
T
1
2
xCH
T
4
1
x N
2
1, 40245
1 T
0,233
0,767
Respuesta.
T
Ejercicio 44: Una mezcla de metano y nitrógeno que ocupa 100 ml a 1,5 atm, se mezclan con 200 ml de oxígeno a 2 atm, la mezcla se somete a combustión, los productos se hacen pasar por un agente secante, el gas seco mide 470 ml a 1 atm de presión, si todas las medidas se efectuaron a la misma temperatura, calcule la composición de la mezcla original. Solución:
Mezcla Oxigeno (O2 ) CH N 4 2 Combustion V2 0, 2 lt H O V 0,1 lt 1 P 2 atm 2 P1 1, 5 atm 2
Gas seco T ctte N CO 2 2 ; xCH ¿? V3 0,47 lt P3 1 atm x N ¿? 4
2
(SEGUNDA FORMA DE RESOLVER)
[55]
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
La reacción química será: Combustion N2 O2 CO2 H2 O N 2 O2( Exceso)
CH 4
Además: PV 1 1
n1RT
P2V2
n2 RT
PV 3 3
n3 RT
atm lt 0,5 atm 0,1 lt n1 0, 082 T mol K atm lt 2 atm 0, 2 lt n1 0, 082 T mol K atm lt 1 atm 0, 47 lt n1 0, 082 T mol K
n1
n2
n3
1,8293 4,878
1
........(1)
T
1
........(2)
T
5, 7317
1 T
........(3)
Análisis de moles:
n1 nCH nN n2 nO nO ( Esteq ) nO ( Exc .) n3 n N nCO nO ( Exc.) 4
2
2
2
2
2
2
2
1 n n 1,8293 ..... (1) CH N T 1 ..... (2) nO ( Esteq ) nO ( Exc .) 4, 878 T 1 ..... (3) n N nCO nO ( Exc.) 5, 7317 T 4
2
2
2
2
2
2
Relaciones gracias a la estequiometria: Moles de Oxigeno estequiométricas: nO2 ( Esteq )
nCH 4
nO2 ( Esteq)
2 mol O2 1 mol CH 4
2 nCH4
..... (4)
Moles de Dióxido de carbono: nCO2
nCH 4
nCO2
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
1 mol CO2 1 mol CH 4
nCH4
..... (5)
[56]
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FISICOQUIMICA
Resolviendo el sistema, (4), (5) en los demás: 1 nCH nN 1,8293 ..... (1)" T 1 ..... (2)" 2 nCH nO ( Exc.) 4,878 T 1 nCH nO ( Exc.) n N 5, 7317 ..... ( 3) " T 4
4
4
2
(2)" (1)" (3)", Entonces: ;
2
2
2 n N 2, 683 2
1 T
2
n N2
1, 3415
1
nCH 4
T 0, 42685
xCH
4
1,8293
1 T
1
0, 4878
xCH
4
x N
2
1
n1
T
1,8293
1 T
0,267
Respuesta.
0,733
T
Ejercicio 45: Se tiene una mezcla de dióxido de nitrógeno e hidrogeno en un matraz a 600 mmHg y 57°C. A esta temperatura y en presencia de un catalizador adecuado reacciona todo el hidrogeno produciéndose nitrógeno y agua, la cual es condensada por enfriamiento y separada. En el matraz queda dióxido de nitrógeno sin reaccionar con nitrógeno formado y se ejerce una presión de 329,5 mmHg a 17°C. Determinar la composición (en % en mol) de la mezcla que originalmente estaba en el recipiente. El volumen permanece constante. Solución: Mezcla NO2
H 2
Condicion inicial T0 57C 330K P 600 mmHg ; xC H ; x H ¿? 0 2
2
2
Condicion final T f 17C 290K P f 329,5 mmHg
La reacción química igualada será: 2 NO2
4H 2
N2
4H 2O
Pero como se trabaja siempre referido a 1 MOL de reactivo limitante o de la sustancia de interés, entonces se multiplica a la ecuación química por ¼, entonces la ecuación queda: 1 2
H2
Inicio
n1
n2
Reaccion
n2
1
n2
Equilibrio [57]
NO2
2
n1
1 2
n2
0
1 4
N2
1
n2 4
1 4
n2
H 2O
n2 n2
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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Moles iniciales:
n0
FISICOQUIMICA n1
....... (1)
n2
Moles finales: Considerando que los moles formados de agua se condensan y se separan, los moles finales serán: n f
n1
1 2
n2
1 4
n2
Al inicio de la reacción:
PV 0
Al final de la reacción:
P f V n f RT f
n f
n1
1 4
n2
....... (2)
n0 RT0
Reemplazando en (1) y (2) y resolviendo el sistema: PV 0 n n 1 2 RT 0 n 1 n P f V 1 4 2 RT f n2
1 4
n2
P0 V
T0 R
n2
4 V P0
P f 5 R T0 T f
V n2 0,5456 R n 1,8182 V 1 R
P f V T f R
Para la fracción molar: n0
1,8182
1 PV 0 x1
x NO2
n1 n0
4 RT 0 PV 0
1
V
R
1,8182
4
xNO2
1,8182
RT 0
V R V
x NO
2
x H
2
0, 7 0,3
Respuesta.
R
Ejercicio 46: El NO reacciona con oxígeno molecular como sigue: 2 NO( g ) O2( g ) 2NO2( g ) Inicialmente el NO y el O 2 están separados como se muestra en la figura. Cuando se abre la válvula, la reacción ocurre rápidamente hasta completarse. Determine la presión final y las presiones parciales de los gases luego de la reacción. Suponga que la temperatura permanece constante.
Solución: Existe una presión inicial cuando se abre la válvula y antes de la reacción química y otra presión (final) al completarse la reacción.
Calculo de moles de los reactivos:
PV
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
nRT
[58]
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FISICOQUIMICA
1 atm 2 lt n 0, 082 atm lt / mol K T
Para el O2 :
n
nO
NO
2
n NO
O2
Vemos que:
2
0,5 atm 4 lt n 0, 082 atm lt / mol K T
Para el NO:
nO
O2
24,391/ T
24,391/ T
n
Entonces segun la reaccion estequiometrica Reactivo Limitante es el "NO" 2 NO( g ) i)
1
2
O2( g )
n
ii )
f )
NO 2(g )
n
n
1 2
n
n
n
0
n
2
Moles al final de la reacción: n NO ( f )
0
;
nO2 ( f )
n
;
2
nNO2 ( f )
n
Moles totales al final de la reacción: n f
nO2 ( f )
nNO2 ( f )
n
2
n
n f
3 2
n
Composición final: xO2 ( f )
n/2
3n / 2
xO2 ( f )
1
3
Resp.
x NO2 ( f )
2
3
Resp.
Presión final: P f 6 lt
3 2
24, 39 1 / T 0, 082 atm lt / mol K T
P f
0,5 atm
Para el O2: PO2 f
xO2 ( f ) Pf
1 / 3 0, 5 atm
PO
2
f
1/ 6 atm
Resp.
Para el NO2: P NO2 f [59]
xNO2 ( f ) Pf
2 / 3 0, 5 atm
PO2 f
1/ 3 atm
Resp.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 47: El NO reacciona con oxígeno molecular como sigue: 2 NO( g ) O2( g ) 2 NO2( g) Inicialmente el NO y el O 2 están separados como se muestra en la figura. Cuando se abre la válvula, la reacción ocurre rápidamente hasta completarse. Determine la presión final y las presiones parciales de los gases luego de la reacción. Suponga que la temperatura permanece constante.
Solución:
Siguiendo el mismo procedimiento que el anterior ejercicio hasta este punto, luego: Composición final: xO2 ( f )
n/2
3n / 2
xO2 ( f )
1
3
Resp.
x NO2 ( f )
2
3
Resp.
Presión final: P f 9 lt
3 2
36, 58 1/ T 0, 082 atm lt / mol K T
P f
0, 5 atm
Para el O2: PO2 f
xO2 ( f ) Pf
1 / 3 0, 5 atm
PO2 f
1/ 6 atm Resp.
Para el NO2: P NO2 f
xNO2 ( f ) Pf
2 / 3 0,5 atm
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
PO
2
f 1/
3 atm
Resp.
[60]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 48: Una mezcla de composición desconocida formada por acetileno e hidrogeno, del cual se sabe que existe más hidrogeno que acetileno se introduce en un matraz de vidrio de volumen “V” a la temperatura absoluta T 0 y presión P 0 , junto a un catalizador adecuado, sellándose herméticamente. El matraz se calienta hasta duplicar la temperatura inicial, a esta temperatura ocurre la reacción y el acetileno se convierte en etano; observándose que luego de la reacción y a la temperatura final, la presión permanece constante dentro del matraz, con esos datos calcule la composición original de la mezcla. Solución:
Condicion final V (ctte ) ; T0 ; P0 T 2 T0 P P0 xC H ; xH ¿?
Mezcla Condicion inicial C2 H 2
H 2
2
2
C 2H 2 2H 2
C 2H 6
2
La reacción química será:
2H 2
C2 H 2
C2H 6
Inicio
n1
n2
Reaccion
n1
2n1
n1
Equilibrio
0
n 2 2n1
n1
Moles iniciales:
n0
Moles finales:
n f
n1
n2
....... (1)
n2 2n1 n1
Al inicio de la reacción:
PV 0
n0 RT0
Al final de la reacción:
PV 0
n f R(2T0 )
n f
....... (2)
n2 n1
Reemplazando en (1) y (2) y resolviendo el sistema: PV 0 n1 n2 RT 0 n n P0V 2 1 2 RT 0
2n2
3
n2
3
PV 0
4
RT0
n1
1
P0V
4
RT0
P0V
2 RT 0
La fracción molar será: 1 PV 0 xC2 H 2
[61]
4 RT 0 1 PV n0 4 0 RT 0 n1
xC2 H 2 x H 2
0,25
0,75
Respuesta.
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 49: Una mezcla de composición desconocida formada por acetileno e hidrogeno, del cual se sabe que existe más hidrogeno que acetileno se introduce en un matraz de vidrio de volumen “V” a la temperatura absoluta T 0 y presión P 0 , junto a un catalizador adecuado, sellándose herméticamente. El matraz se calienta hasta que T f = 2T 0 , a esta temperatura ocurre la reacción y el acetileno se convierte en etano; observándose que luego de la reacción y a la temperatura final, la presión permanece constante dentro del matraz, con esos datos calcule la composición original de la mezcla. Solución:
Condicion final V (ctte ) ; T0 ; P0 T 2,5 T0 P P0 xC H ; xH ¿?
Mezcla Condicion inicial C2 H 2
H 2
2
2
C 2H 2 2H 2
C 2H 6
2
La reacción química será:
2H 2
C2 H 2
C2H 6
Inicio
n1
n2
Reaccion
n1
2n1
n1
Equilibrio
0
n 2 2n1
n1
Moles iniciales:
n0
n1
Moles finales:
n f
n2 2n1 n1
n2
....... (1)
Al inicio de la reacción:
PV 0
n0 RT0
Al final de la reacción:
PV 0
n f R(2,5T0 )
n f
n2 n1
....... (2)
Reemplazando en (1) y (2) y resolviendo el sistema: P0V n1 n2 RT 0 n n P0V 2 1 2,5 RT 0
2n2
2
n2
1
P0V
5
RT0
n1
4
P0V
5
RT0
PV 0
5 RT 0
La fracción molar será: 4 PV 0 xC2 H 2
n1 n0
5 RT 0 4 PV 5 0 RT 0
xC2 H 2 x H 2
0,8
0, 2
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE
Respuesta.
[62]
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FISICOQUIMICA
Ejercicio 50: En un recipiente rígido de volumen V 0 , se introduce una mezcla de nitrógeno e hidrogeno, del cual se sabe que existe más nitrógeno que hidrogeno a la temperatura de 207°C y la presión P 0 , en presencia de un catalizador adecuado, todo el hidrogeno reacciona con el nitrógeno para formar amoniaco de acuerdo a: N2( g ) 3H 2( g )
2 NH 3( g )
Luego de la reacción, se calienta el recipiente hasta 303°C a volumen constante, de manera que se restituye la presión inicial P 0 , ¿Cuál era la composición inicial de la mezcla gaseosa de nitrógeno e hidrogeno?
Solución:
P0 ; V0 Recipiente T0 207C 480 K N 2 H 2 x N ¿? ; xH ¿? 2
T f 303C 576 K V V0 P P0
2
La reacción química es: N 2( g )
3H 2( g )
2 NH 3( g )
//
1 3
En base de 1 mol del reactivo de interés: 1 3
Inicio
N 2
n1 1
Reaccion
3
n2
n1
Moles finales:
n f
n1
3
n2
Al inicio de la reacción:
PV 0 0
n0 RT0
Al final de la reacción:
PV 0 0
n f RT f
(2)
PV 0 0 PV 0 0
3 2
0
n0 R T 0 n f R T 0
3
n2 n2
....... (1)
n2
1
NH 3
2
n2
3
n0
:
3
n1 n2
Moles iniciales:
(1)
2
n2
1
Equilibrio
Ahora:
H2
2 3
n2
n f
n1
1 3
n2
....... (2)
......... (1)
.......(2)
n f T f
n0T0 ...... (*)
Reemplazando (1) y (2) en (*): [63]
ELABORADO POR: PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515
