Page 1

“EJERCICIOS DE GASES IDEALES Y REALES ’’ 1. A 0°C y bajo una presión de 1000mmHg un peso de N 2 ocupa un volumen de 1L a 100°C el mismo peso de gas a la misma presión ocupa un volumen de 0.6313L .Calcular el valor aproximado del cero absoluto en °C SOLUCION: DATOS: T 1 =0 ° C=273 K P1=1000 mmHgV 1=1 L T 2 =−100 ° C=173 K P2=1000 mmHg V 2=0.6313 L Y −Y 1 =

Y 2−Y 1 0.6313−1 X− X 1) Y −1= (X) ( X 2−X 1 −100

Y =3.687 10−3 X +1 V =0 0=3.687 10−3 X +1 X =−271.22 ° C

Respuesta: La temperatura para hallar el cero absoluto es T ¿−271.22° C 2. Calcular la presión en atmosferas y en Pa N m2 de una muestra de gas ideal con n=0.3678 mol , V=10000L y T=298.15 °K SOLUCION: DATOS: n=0.3678 mol V=10000 L T=298°K Aplicamos la ecuación de los gases para calcular la presión P=

nRT V


remplazamos y tenemos que atm∗L ∗K ( 298 ° K ) mol P= =8.988∗10−4 atm 10000 L trasformamos de atmosferas a Pa −4 atm∗101325 Pa 8.988∗10 =91.066 Pa 1 atm

(

0.3678 mol 0.082

)

Respuesta: P=8.988∗10−4 atm=91.066 Pa

3. la ecuación de van der Waals de los bienes da una mayor precisión que la ecuación del gas ideal de raíces es: 2

P=

nRT an RT a − o P= − V −nb v 2 V m −b V m2

Donde a y b son parámetros que tienen valores diferentes para diferentes gases y donde

Vm

=

de carbono a = 0,3640

Pa

m6 mol2

V , el volumen molar del dióxido n

b = 4,267

10−5

3

m mol

calcular la

presión del dióxido de carbono en pascales suponiendo que n = 0,13678 mol V = 10.00L y T = 298,15 K convertir su respuesta a atmósferas y torr SOLUCION: DATOS: n=0.13678 mol V=1000L T=298.15°K m6 ∗L mol 2 L2 a=0.3640 Pa −3 3 =3640 Pa 10 m mol2 m3 ∗L L −5 mol b=4.267 10 =4.267 10−2 −3 3 mol 10 m 1000 L L V m= =7311.117 0.13678 mol mol remplasamos enla ecuacion de van der waals


2

L Pa∗L 364 Pa (298.15 ° K ) mol K mol2 P= − L L L2 7311.117 −4.267 10−2 53452431.79 mol mol mol 2 asiendo las operaciones tenemos que la precion en pas cales nos sale : P=331.669 Pa trasformando a atmosferas Pa∗1atm −3 P=331.66 =3.273∗10 atm 101325 Pa trasformando de atm a torr ( mmHg ) −3 atm∗760 mmHg P=3.273∗10 =2.488 mmHg 1 atm 8300

Respuesta: P=331.669 Pa=3.273∗10−3 atm=2.488 mmHg

4. El gas nitrógeno se encuentra en un cilindro hueco sellado a una −5 3 P=10 Pa su T =300 ° K y su V =30 d m el volumen dentro del cilindro se incrementa a 45 d m3 y la temperatura se aumenta a la vez a 310 ° K ¿cuál es la nueva presión P2 SOLUCION: DATOS: P=10−5 PaT =300 ° K V =30 d m3 V 2=45 d m3 T 2=310 ° K P2 =? hallamos numero de moles del nitrogeno con la ecuacion de los gases ideales

(

10 (¿¿−5 Pa)(30 L) =12.048 mol Pa L 8300 ( 300° k ) mol K P∗V n= =¿ R∗T

)

usando lamisma ecuacion hllamosla P2 P2=

nRT V

(

Pa L ( 310 ° K ) mol K =688877.867 Pa 45 L

12.048 mol 8300 P2=

)


transformando la precion dos a atmosferas P2=688877.867

Pa∗1 atm =6.799 atm 101325 Pa

Respuesta P2=688877.867 Pa=6.799 atm

5. La composición de la mezcla de gases en porcentaje en volumen es 30 de N 2 50 de CO 15 de H 2 y 5 de O2 Calcular el % en peso de cada gas de la mezcla SOLUCION: DATOS: 30 de N 2 50 de CO 15 de H 2 5 de O2

´ N 2=28 M ´ CO=28 M ´ M H 2=2 ´ O2=32 M

N 2=0.3 CO=0.5 H 2=0.15 O2=0.05

hallamos el peso molecular promedio de la mezcla M´ p=28∗0.3+28∗0.5+2∗0.15+32∗0.05=24.3

hallamoslas masas de cada gas masa N 2=0.3∗28.0=8.4 g masaCO=0.5∗28.0=14 g masa H 2=0.15∗2.0=0.3 g masaO 2=0.05∗32.0=1.6 g hallamos el en masa de cada gas de la mezcla 8.4 ∗100=0.346 24.3 14 de CO= ∗100=0.576 24.3 0.3 de H 2= ∗100=0.012 24.3 0.05 de O2= ∗100=2.058 10−3 24.3 de N 2=

Respuesta N 2=0.346


CO=0.576 H 2=0.012 −3

O2=2.058 10

6. Un gramo de N 2 y un gramo de O2 se colocan en un frasco 2L a 27°C calcular la presión parcial de cada gas la presión total y composición porcentual de la mezcla SOLUCION: Aplicamos la (E.G.I) para calcular las presiones parciales y la suma es la presión total P=

nRT V

´ ( N 2 )=28 m( N ) =1 g M

g V =2 L T ( N )=27 ° C=300 K mol ( N )

´ ( O2 )=32 m(O )=1 g M

g V =2 L T ( N )=27 ° C=300 K mol ( O )

2

2

2

2

2

2

Para el ( N 2 )

(

( 0.0357 moles ) 0.082atm P ( N )=

L K ( 300 k ) mol

)

2L

2

P( N )=0.439 atm 2

Para el ( O2 )

(

( 0.031moles ) 0.082 atm P (0 )= 2

P(O )=0.384 atm

L K ( 300 k ) mol

)

2L

2

La presión total es la suma de las presiones parciales Pt =P ( N ) + P( O )=0.439 atm+0.384 atm=0.823 atm 2

2

n ( masamolar del elemento )

Composición porcentual = masa molar del compuesto ( 100 ) Para el ( N 2 )


N=

2 (14 ) ( 100 )=46.7 60

Para el ( O2 ) O=

2 ( 16 ) ( 100 ) =53.3 60

RESPUESTA: Presiones parciales P( N )=0.439 atm P(O )=0.384 atm 2

2

Presión total Pt =P ( N ) + P( O )=0.439 atm+0.384 atm=0.823 atm 2

2

Composición porcentual N=46.7 O=53.3

7. Un balón contiene 10g de gas H 2 ¿Qué peso adicional de argón ( Ar ) debe añadirse de modo que el balón tenga exactamente un poder ascensional igual acero (es decir de modo que su peso sea igual al peso de un volumen igual de aire externo ). Suponga comportamiento de gas ideal ;desprecie el peso del propio balón y suponga que este es impermeable y perfectamente elástico

´ aire ( medio )=29 g M mol

SOLUCION: DATOS: g mol ´ ( A r ) =40 g M ´ ( aire )=29 g m( A )=Xg M mol mol n( H ) +n ( A )=naire ´ ( H 2 ) =2 m( H )=10 g M 2

r

2

r


remplazamos sabiendo que n=

m ´ M

10 g xg ( x+10 )g + = g g g 2 40 29 mol mol mol

Respuesta: masa del A r es x=490.9 g H e puro a 1 atm y 25°Ccontiene 1.6g de 8. Un matraz lleno de gas ¿Qué peso de A r deberá añadirse al matraz para que el peso combinado de los dos gases ( a 25 ° C ) igualara al de un volumen idéntico de aire ( a 1 atm y 25 ° C ) dar también el M´ medio de la mezcla H e − Ar SOLUCION: usamos la ( E .G . I ) PV =n RT

DATOS: ´ ( H e ) =4 g P=1 atm T =298 k m( H )=1.6 g M mol g ´ ( A r ) =40 m( A )=xg M P=1 atmT =298 k mol ´ ( aire )=29 g P=1 atmT =298 k m(aire )=( 1.6+ x ) g M mol e

r

Para el H e

(

( 0.4 mol ) 0.082 atm v=

L K ( 298 K ) mol

)

1 atm

v =9.774 L

Para el A r

v=

xg g 40 mol

( )

(0.082 atm molL K )( 298 K )

v =0.6109 x L

Para el aire

1 atm


( x +1.6 )g L 0.082 atm K ( 298 K ) g mol 29 mol v= 1 atm

( )(

)

v =0.843 xL+1.348 L

La suma de los volúmenes parciales es igual al volumen del aire V ( H ) +V ( A )=V aire e

r

9.774 L+0.6109 x L=0.843 x L+ 1.348 L

Respuesta: la masa del argonquese debe añadir es x=36.64

9. una mezcla de gas consiste de 320 mg de metano ( CH 4 ) ,175 mg de argón ( Ar ) y 225 mg de neón ( N e ) la presión parcial del neón ( N e ) a 300 K es 8.87 KPa calcular a) El volumen b) La presión total de la mezcla SOLUCION: aplicamos la

( E .G . I )

DATOS: ´ ( CH 4 )=16 g m(CH )=0.32 g M mol 4

´ ( Ar )=40 m( A )=0.175 g M r

g mol

´ ( N e )=20.18 m( N ) =0.225 g M e

g mol 3

para el N e su presion parcial es 8.87 10 Pa

Hallamos el volumen

(

L K ( 300 K ) mol 0.0875 atm

( 0.01 mol ) 0.082atm V= V =3.135 L

)

1 atm =0.0875 atm 101325 Pa


Para el metano ( CH 4 ) su presión parcial es

(

L K ( 300 K ) mol 3.135 L

( 0.02 mol ) 0.082 atm P(CH )= 4

)

P(CH )=0.1579 atm 4

Para el argón ( Ar ) su presión parcial es ( 4.375 10−3 mol ) 0.082 atm L K ( 300 K )

(

P ( A )=

mol

)

3.135 L

r

P( A )=0.0875 atm r

La presión total es la suma de las presiones parciales P(CH ) + P( A ) + P( N )=P(t ) 4

r

e

P=0.1569 atm+ 0.034 atm+0.0875 atm=0.2784 atm

Respuesta a) El volumen es V=3.135 L b) La presión total de la mezcla es P=0.2784 atm

10. Calcular la presión ejercida de 1 mol H 2 S comportándose a) Como un gas perfecto b) Un gas de van der Waals cuando este está establecido bajo las siguientes condiciones 3

T =273.15 K V =22,414 d m V =150 cm

3

SOLUCION:

m( H S) =34 g T =273.15 K V 1=22.414 d m3 2

V 2=150 cm3

1L =0.15 L 1000 cm 3

1L =22.414 L d m3


a) Como un gas perfecto V 1

(

L K ( 273.15 K ) mol =0.9993atm 22.414 L

(

L K ( 273.15 K ) mol =1.006 atm 22.264 L

( 1 mol ) 0.082 atm P= V 1−V 2

( 1 mol ) 0.082 atm P=

) )

b) Un gas de van der Waals

P= V1

nRT an2 − 2 ( V −nb ) v

L K ( 273.15 K ) mol ( 1 mol )2 ( 4.43127 atm L2 /mol2 ) P= − ( ( 22,414 L )−( 1 mol )( 0.01287 L/mol ) ) ( 22.414 L )2 P=0.99105 atm V 1−V 2 L (1 mol ) 0.082 atm K ( 273.15 K ) mol ( 1 mol )2 ( 4.43127 atm L2 /mol2 ) P= − ( ( 22,414 L )−( 1 mol )( 0.01287 L/mol ) ) ( 22.264 L )2 P=0.998 atm

(

)

(

)

(1 mol ) 0.082 atm

( C 2 H 6 ) es de 32.3°C 11. La temperatura critica del etano ( T c =32,3° C=305.3 K ) la presión critica del etano ( C 2 H 6 ) es de Vc 48.2 atm ( Pc =48.2atm ) calcular el volumen critico empleando. a) La ( E .G . I ) b) La ecuación de van der Waals comprobando que para el gas V

3 c de van der Waals Pc R T = 8 c c) La ecuación modificada de berthelot d) Comparar los resultados con el valor experimental 0.139 L/mol

SOLUCION:


DATOS: ´ ( C 2 H 6 ) =30 g Pc =48.2 atmT c =305.3 K M mol L K ( 305.3 K ) mol =0.195 L/mol 8 ( 48.2 atm )

( 3RT V = =

3 0.082 atm

c

c

8 Pc

)

La ( E .G . I )

n=

(

( 48.2 atm ) ( 0.195 L/mol ) =0.375 mol → m=11.26 g L 0.082 atm K ( 305.3 K ) mol

)

La ecuación de van der Waals

Calculamos ‘’a’’ y ‘’b’’

a=3 P c V c b= P=

Vc L2 → a=28.2555 atm b=0.065 L/mol 2 3 mol

nRT an2 − 2 ( V −nb ) v

L K ( 305.3 K ) mol ( 28.2555 ) ( 0.375 mol )2 P= − ( ( 0.195 L ) −( 0.375 mol ) ( 0.065 L/mol ) ) ( 0.195 L /mol )2

(

( 0.375 mol ) 0.082atm

)

P=40.324 atm

12. Un aeronauta pionero está planeando el diseño de un globo de aire caliente ¿Qué volumen de aire a 100°C debería usarse si el globo ha de tener un poder ascensional bruto de 200 kg (definido como la masa de aire desplazado menos la masa de aire caliente )? la temperatura y presión ambiente son 25°C y 1 atm y el peso molecular medio del aire es 29 g/mol mientras que el del aire caliente es 32 g/mol (debido ala presencia de un poco de CO2 ) SOLUCION: se desea construir un globo con aire caliente


Usamos la ( E .G , I ) DATOS: T =373 K mad −mac =200000 g mad=

mac =

´ ( 1mol ) ( v L ) ( 29 g/mol ) (29 g ) ( VL ) PV M = = RT ( 24.436 L ) L 0,082 atm K ( 298 K ) mol

(

)

´ ( 1 mol ) ( v L )( 32 g/mol ) ( 32 g )( VL ) PV M = = RT ( 305.86 L ) L 0,082 atm K ( 373 K ) mol

(

)

m ad−mac =200000 g=

( 29 g )( VL ) ( 32 g )( VL ) − ( 24.436 L) (305.86 L )

Respuesta: el volumen que se devera usarse es V =184808.7 L

13. Un matraz de 11L contiene 20g de neón N e y un peso H2 desconocido de hidrogeno la densidad del gas se encuentra que es 0.002

g cm3

a 0°C ¿calcular el peso molecular

medio y el número de gramos de hidrogeno también la presión? SOLUCION: DATOS: ρ gas =0.002

g 1000 cm 3 2 g = T =273 K 3 1L L gas cm

( 2Lg ) ( 11 L )=22 g

mgas =

´ ( N e )= mN =20 g M e

20.18 g n N =0.99moles mol e

´ ( H 2)= 2 g mH =2 g M mol 2

´ p=∑ fm ( M ´ ) y fm= ni peso molecular promedio es M nt nN = e

20 g 2g =0.99 moles nH = =1 mol n t=2 moles 20.18 g /mol 2 g/mol 2

H2

presentes y


´ p= 0.99 moles (20.18 g /moles ) + 1 mol ( 2 g/moles )=10.989 g /moles M 2 moles 2moles

Para calculara la presión usamos ( E .G . I ) PV =n RT

(

( 2 moles ) 0.082atm P=

L K ( 273 K ) mol

)

11 L

=4.07 atm

Entonces la presión es P=4.07 atm 14. Se desea preparar un mezcla gaseosa contenido 5% mol de butano ( C 4 H 10) y 95% de argón ( Ar ) una botella de gas se vacía y se llena con gas butano hasta que la presión es de 1 atmosfera ( 1 atm ) se pesa entonces la botella y se introduce gas argón comprimido hasta haber añadido cierto peso w ( en gramos ) el volumen de la botella es de 40 litros ( 40 L ) y la operación se realza a 25°C. calculara el peso del argón que da una mezcla de composición deseada y presión total de la mezcla final SOLUCION: DATOS: n( C H ) =5 =0.05 moles n( A )=95 =0.95 moles 4

10

r

nt =n( C H )+ n( A )=1 mol 4

10

r

P=1 atm V =40 L T =298 K

m( C H ) n i 0.05 moles ´ C H = nt = 1 mol → m(C M ( ) 4

10

4

4

H10 )

´ C H =58 g /mol =2.9 g y M ( ) 4

10

10

m( A ) ni 0.95 moles ´ ´ A = nt = 1mol → m( A )=38 g y M ( A ) =40 g/mol M r

r

r

( r)

calculamos el peso del argon que queda enla mezcla de condiciondeseada aplicamos ( E . G . I )

PV RT

( )

C 4 H 10

m( A ) + ´ =1 mol M( A ) r

r

remplazamoslos valores


m( A ) (1 atm )( 40 L ) + =1 mol → m( A ) =25,476 g ( 40 g /mol ) L 0.082 atm K ( 298 K ) mol r

(

)

r

calculamos la presion total de la mezcla final aplicamos la ( E . G. I ) L K ( 298 K ) mol =0.61atm ( 40 L )

(

( 1 mol ) 0.082 atm P=

)

15. Cuando 2g de una sustancia gaseosa A se introduce aun matraz inicialmente evacuado manteniendo a 25°C se encuentra que la presión es de 1 atmosfera 3g de la sustancia gaseosa B se adicionan entonces a los 2g de A y la presión se encuentra ahora que es 1,5 atm. Suponiendo comportamiento de gas ideal calcular la relación de pesos moleculares

´ A M ´B M

( )

SOLUCION: aplicamos la ( E .G . I ) DATOS:

m A=2 g m B =3 g T =298 K P=1 atm V =1 L

Para A L K ( 298 K ) mol =48.872 g/mol ( 1atm )( 1 L )

(

( 2 g ) 0.082 atm ´ A= M

)

Para la mezcla ´ mezcla = mA + mB = M ´ A+ M ´B M n

(

L K ( 298 K ) mol =81.453 g / mol ( 1,5 atm ) ( 1 L )

(5 g ) 0.082atm ´ mezcla = M

)

Hallamos el peso molecular de B 81.453

g g ´ B→ M ´ B =32.581 g /mol =48.872 +M mol mol

Calculamos la relación de pesos moleculares y tenemos la respuesta


´ A M ´B M

( ) ´ A 48.872 g/ mol M = =1.5 g /mol ´ B 32.581 g / mol M

( )

16. Una mezcla de vapor que pesa 0.18g ocupa un volumen de 53.1 cm 3 a 27°C y 760mmHg de presión. La presión critica del vapor es 47.7atm mientras que la temperatura critica es 266.5°C mediante la ecuación de berthelot calcular el peso molecular del vapor y compararlo con lo obtenido mediante la ( E .G . I ) SOLUCION: DATOS: para el vapor m=0.18 g V =53.1 cm

3

1L =0.053 L T =300 K 1000 cm 3

P=760 mmHg=1 atm Pc =47,7 atmT c =539.5 K

Aplicamos la ( E .G . I )

(

L K (300 K ) mol =83.3898 g/mol (1 atm ) ( 0.053 L )

( 0.18 g ) 0.082 atm ´ vapor = M

)

Primera respuesta para la diferencia es ´ vapor =83.3898 g/mol M

Hallamos el volumen crítico

V c=

3RTC = PC

(

L K ( 539,5 K ) mol =2.782 L ( 47.7 atm )

( 3 ) 0.082 atm

)

Aplicamos la ecuación de berthelot


nRT a − ( V m −b ) T ( V m ) 2 perola vercion modificada es algo mas presiso

P=

P=

[

9 P/ PC nRT 6 1+ 1− 2 V 128 T /T C ( T /T C )

(

)]

´ ) remplazando y despejando lo q buscamos ( M ´ = mRT 1+ 9 P/ PC 1− 6 2 M PV 128T /T C ( T /T C )

[

(

)]

[

6 ´ = ( 0.18 g )( 0.082 atmL/molK ) ( 300 K ) 1+ 9 atm /47,7 atam 1− M (1 atm ) ( 0.053 L ) 38400 K /539.5 K ( 300 K /539.5 K )2

(

)]

el peso melocular con la ecuacionde berthelot es ´ =79.22031 g /mol M

Luego pasamos a comparar los pesos moleculares con las dos ecuaciones ´ conla ( E .G . I ) M ´ con la ecuacionde berthelot M ´ vapor =83.3898 g M ´ =79.22031 g/mol M mol

17. Las densidades ( ρ ) del metano ( CH 4 ) a 0°C fueron medidos a diversas presiones obteniéndose los resultados siguientes

A B C D

( g/ L ) Presión Densidad atmosférica ( atm ) ¼ 0.17893 ½ 0.35808 ¾ 0.53745 1 0-74707 ´ Hallar el M exacto del metano ( CH 4 )

SOLUCION: aplicamos la ( E .G . I ) según la tabla En A: ´ A= ( 0.17893 g/ L )( 0.082 atmL/ molK ) ( 273 K ) =16.02 g /mol M ( 0.25 atm )

En B:


´ B= ( 0.35808 g/ L ) ( 0.082atmL/molK )( 273 K ) =16.03 g /mol M ( 0.5 atm )

En C: ´ C = ( 0.53745 g /L ) ( 0.082 atmL/ molK ) ( 273 K ) =16.04 g /mol M ( 0.75 atm )

En D: ´ D = ( 0.74707 g / L ) ( 0.082 atmL/molK ) ( 273 K ) =16.74 g /mol M (1 atm )

El peso molecular del metano es la media aritmética de todos los pesos ya obtenidos ´ ´ ´ ´ ´ CH = M A + M B + M C + M D = ( 16.02+16.03+16.04+ 16.74 ) g /mol =16.207 g/ mol M ( ) 4 4 4

ECUACIONES Y ALGUNAS VARIABLES EJERCICIO ANTES EXPUESTO

USADAS

EN

EL

(E.G.I) =ECUACION DE LOS GASES IDEALES PV =n RT ´ =ρRT PM

ρ=¿ LA DENSIDAD ´ =¿ PESO MOLECULAR M C . N=¿ CONDICIONES NORMALES

Z= FACTOR DE COMPRENSIBILIDAD PV nRT mad=masadel aire desplazado mac =masa del aire cañliente Z=

Ecuación de van der Waals P=

nRT an − 2 ( V −nb ) v

2

Para aplicar la ecuación de van der Waals tenemos que conocer ‘’a’’ y ‘’b’’ entonces por definición tenemos que


a=3 P c V c y b=

Vc 3

Ecuación de berthelot P=

nRT a − ( V m −b ) T ( V m ) 2

perola vercion modificada es algo mas presiso

P=

[

9 P/ PC nRT 6 1+ 1− 2 V 128 T /T C ( T /T C )

(

)]

Ecuación de redilch-kwong a

nRT =P ( V −b ) +

V (V + b ) T

1 2

( V −b )

Donde ay b son dos parámetros empíricos que no son los mismos parámetros que en la ecuación de van der Waals estos parámetros pueden ser determinados

[ ] 2

a=0.4275

b=0.067

R (T c ) Pc

5 2

[ ] RTC PC

La ecuación del viral sabiendo que para el etano ( C 2 H 6 ) B=-179 cm 3 /mol y C=10400 cm 6 /mol2 a 30°C ; B=-157 cm 3 /mol y C=9650 cm 6 /mol2 a 50°C

(

PV =nRT 1+

B (T ) C (T ) D (T ) + 2 + 3 +… V V V

)

O alternativamente

(

PV =nRT 1+

B (T ) C (T ) D (T ) + 2 + 3 +… P P P

)

donde B ,C , D son constantes aparentes

ALGUNAS OTRAS ECUACIONES QUE SE ENCONTRO AL REVISAR ALGUNOS LIBROS


Modelo de Dieterici Este modelo (nombrado en honor de C. Dieterici 2 ) cayó en desuso en años recientes .

Modelo de Clausius La ecuación de Clausius (nombrada en honor de Rudolf Clausius) es una ecuación muy simple de tres parámetros usada para modelar gases.

Donde

Y donde Vc es el volumen crítico Modelo de Peng–Robinson Esta ecuación de dos parámetros (nombrada en honor de D.-Y. Peng y D. B. Robinson)3 tiene la interesante propiedad de ser útil para modelar algunos líquidos además de gases reales.

Modelo de Wohl La ecuación de Wohl (nombrada en honor de A. Wohl 4 ) está formulada en términos de valores críticos, haciéndola útil cuando no están disponibles las constantes de gases reales.


Donde

. Modelo de Beattie–Bridgman Esta ecuación está basada en cinco constantes determinadas experimentalmente.5 Está expresada como

Donde

Modelo de Benedict–Webb–Rubin La ecuación de Benedict–Webb–Rubin es otra ecuación de estado, referida a veces como ecuación BWR y otra como ecuación BWRS:

Donde d es la densidad molar y "a", "b", "c", "A", "B", "C", "α", y "γ" son constantes empíricas.

BIBLIOGRAFIA: Gilbert W. Castellan / físico-química / segunda edición 1974-1987 IRA N. LEVINE / físico-química / quinta edición / volumen 1 P.W. Atkins / físico- química / sexta edición / ediciones omega s.a.


Profile for Sandra Vargas Nina

ejercicios de gases ideales y reales  

ejercicios de gases ideales y reales  

Advertisement