Problemas química. Sienko. Cálculos intervención líquidos.

1. Cálculos con intervención de líquidos. Sienko. Problemas de química.
272. El mercurio líquido tiene una densidad de 13,546 g/cc a 20º C y 13,517 g/cc a
32ºC. ¿Cuál es su volumen molar a 20ºC y el porcentaje de expansión al subir la
temperatura a 32º C?
A 20ºC:
𝒅 =
𝒎
𝑽
; 𝑽 =
𝒎
𝒅
=
𝟐𝟎𝟎.𝟓𝟗
𝟏𝟑.𝟓𝟒𝟔
= 𝟏𝟒. 𝟖𝟎𝟖 𝒄𝒎𝟑
A 32º C:
𝒅 =
𝒎
𝑽
; 𝑽 =
𝒎
𝒅
=
𝟐𝟎𝟎.𝟓𝟗
𝟏𝟑.𝟓𝟏𝟕
= 𝟏𝟒. 𝟖𝟒𝟎 𝒄𝒎𝟑
∆𝑽
𝑽𝟐𝟎º𝑪
=
𝟏𝟒.𝟖𝟒𝟎−𝟏𝟒.𝟖𝟎𝟖
𝟏𝟒.𝟖𝟎𝟖
= 𝟎. 𝟎𝟎𝟐𝟏𝟔 ; 𝟐𝟏, 𝟔 %
275. El átomo de mercurio tiene un radio efectivo de 1.51 10-8
cm. Si la densidad
del mercurio líquido es 13,55 g/cm3
a 20º C y suponemos que el mercurio líquido
consta de esferas individuales, ¿qué porcentaje del líquido puede considerarse como
espació vacío?
Buscamos el volumen d 1 mol de mercurio líquido:
𝒅 =
𝒎
𝑽
; 𝑽 =
𝒎
𝒅
=
𝟐𝟎𝟎.𝟓𝟗
𝟏𝟑.𝟓𝟓
= 𝟏𝟒. 𝟖 𝒄𝒎𝟑
𝑽𝟏 á𝒕𝒐𝒎𝒐 =
𝟒
𝟑
∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟑
Volumen de 1 mol de átomos:
𝑽𝟏 𝒎𝒐𝒍 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔 = 𝑵𝑨 ∗
𝟒
𝟑
∗ 𝝅 ∗ 𝑹𝟑
𝑽𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓
𝑽𝟏 𝒎𝒐𝒍 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔
=
𝒎
𝒅
𝑵𝑨∗
𝟒
𝟑
∗𝝅∗𝑹𝟑
=
𝟐𝟎𝟎.𝟓𝟗
𝟏𝟑.𝟓𝟓
𝟔.𝟎𝟐∗𝟏𝟎𝟐𝟑∗
𝟒
𝟑
∗𝝅∗(𝟏.𝟓𝟏∗𝟏𝟎−𝟖)𝟑
= 𝟏. 𝟕𝟏
𝑽𝟏 𝒎𝒐𝒍 á𝒕𝒐𝒎𝒐𝒔
𝑽𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓
=
𝟏
𝟏.𝟕𝟏
= 𝟎. 𝟓𝟗
El espacio vacío es: 100-59=41 %
277. Suponer que se inyecta 1,00 cc de argón líquido (densidad 1,40 g/cc) en un
recipiente completamente vacío de 368 cc de volumen. La temperatura se mantiene
a 25ºC a fin de evaporar todo el argón. ¿Cuál será la presión final en el recipiente?
𝟏. 𝟒𝟎 𝒈 𝑨𝒓 ∗
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑨𝒓
𝟑𝟗.𝟗𝟓 𝒈 𝑨𝒓
= 𝟎. 𝟎𝟑𝟓𝟎 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑨𝒓
𝑷 =
𝒏∗𝑹∗𝑻
𝑽
=
𝟎.𝟎𝟑𝟓𝟎∗𝟎.𝟎𝟖𝟐∗𝟐𝟗𝟖
𝟎.𝟑𝟔𝟖
= 𝟐. 𝟑𝟐 𝒂𝒕𝒎
278. El monóxido de carbono, CO, y el nitrógeno, N2, se supone que tienen radios
efectivos de 1.56 y 1,58 Å, respectivamente. Suponiendo que en estado líquido
tienen el mismo porcentaje de volumen libre (espacio vacío), ¿qué relación puede
esperarse entre la densidad del CO líquido y N2 líquido, justo por debajo de sus
puntos de ebullición?
𝑹𝑪𝑶
𝑹𝑵𝟐
=
𝟏.𝟓𝟔
𝟏.𝟓𝟖
;
𝑽𝑪𝑶
𝑽𝑵𝟐
=
𝑹𝑪𝑶
𝟑
𝑹𝑵𝟐
𝟑 =
𝟏.𝟓𝟔𝟑
𝟏.𝟓𝟖𝟑
𝒅𝑪𝑶
𝒅𝑵𝟐
=
𝒎𝒄𝒐
𝑽𝒄𝒐
𝒎𝑵𝟐
𝑽𝑵𝟐
=
𝒎𝒄𝒐
𝒎𝑵𝟐
∗
𝑽𝑵𝟐
𝑽𝒄𝒐
=
𝟐𝟖
𝟐𝟖
∗
𝟏.𝟓𝟖𝟑
𝟏.𝟓𝟔𝟑 = 𝟏. 𝟎𝟒
279. Tenemos un cilindro provisto de pistón que forman una cámara que contiene
solamente vapor de agua y agua hirviendo en el punto de ebullición normal del agua.
Si queremos que en cada fase haya 50,0 % de las moléculas, ¿Cuáles deberán ser los

2. volúmenes relativos de ambas fases? Supóngase que el gas es ideal: la densidad del
agua líquida en su punto de ebullición normal es de 0.958 g/cc.
𝑽𝒈
𝑽𝑳
=
𝒎𝒈
𝒎𝒍
∗
𝒅𝒍
𝒅𝒈
=
𝒅𝒍∗𝑹∗𝑻
𝑷∗𝑴
=
𝟎.𝟗𝟓𝟖𝒈
𝒄𝒎𝟑 ∗
𝟏𝟎𝟎𝟎𝒄𝒎𝟑
𝟏 𝑳
∗𝟎.𝟎𝟖𝟐∗𝟑𝟕𝟑
𝟏∗𝟏𝟖
=1630
280. Tenemos un tubo capilar de 10,0 centímetros de longitud y 3,0 mm de
diámetro interno que está cerrado por un extremo. Trabajando normalmente en el
laboratorio a 760,0 Torr y 25º C introducimos 0.00050 cc de mercurio líquido
(densidad 13,55 g/cc) en el capilar y lo cerramos. Entonces lo colocamos en un
hormo a 425º C y esperamos a que se evapore todo el mercurio. ¿cuál será la presión
final en el capilar, suponiendo que el comportamiento es ideal?
𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟑
∗
𝟏𝟑.𝟓𝟓 𝒈
𝟏 𝒄𝒎𝟑 ∗
𝟏 𝒎𝒐𝒍
𝟐𝟎𝟎.𝟓𝟗 𝒈
= 𝟑. 𝟑𝟕𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓
𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔
𝑽 = 𝝅 ∗ 𝑹𝟐
∗ 𝒍 = 𝝅 ∗ 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟓𝟐
∗ 𝟎. 𝟏 = 𝟕. 𝟎𝟔𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟕
𝒎𝟑
∗
𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑳
𝟏 𝒎𝟑 = 𝟕. 𝟎𝟔𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟒
𝑳
𝑷𝑯𝒈 =
𝒏∗𝑹∗𝑻
𝑽
=
𝟑.𝟑𝟕𝟖∗𝟏𝟎−𝟓∗𝟎.𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒𝟐𝟓)
𝟕.𝟎𝟔𝟗∗𝟏𝟎−𝟒 = 𝟐. 𝟕𝟒 𝒂𝒕𝒎
El capilar contenía aire:
𝑷𝟏
𝑻𝟏
=
𝑷𝟐
𝑻𝟐
; 𝑷𝟐 =
𝑷𝟏
𝑻𝟏
∗ 𝑻𝟐 =
𝟏
𝟐𝟗𝟖
∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝟒𝟐𝟓) = 𝟐. 𝟑𝟒 𝒂𝒕𝒎
𝑷𝑻 = 𝑷𝑯𝒈 + 𝑷𝒂𝒊𝒓𝒆 = 𝟐. 𝟕𝟒 + 𝟐. 𝟑𝟒 = 𝟓. 𝟏 𝒂𝒕𝒎
287. Tenemos 38.9 cc de oxígeno gas recogidos sobre agua a 19º C y a una presión
barométrica de 757 Torr. Se hace pasar este gas por ácido sulfúrico concentrado para
secarlo, y se recoge sobre alcohol etílico a 19º C y 757 Torr. La presión de vapor del
alcohol etílico a 19º C es 40,0 Torr. Suponiendo que el comportamiento sea ideal,
¿Cuál será el volumen final observado del oxígeno?
𝑷𝒗(𝒂𝒈𝒖𝒂 − 𝟏𝟗º𝑪) = 𝟏𝟔, 𝟒𝟕𝟕 𝒎𝒎
𝑷𝑶𝟐
= 𝟕𝟓𝟕 − 𝟏𝟔. 𝟒𝟕𝟕 = 𝟕𝟒𝟎. 𝟓𝟐𝟑 𝒎𝒎
𝒏𝑶𝟐
=
𝑷𝑶𝟐
∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
𝟕𝟒𝟎.𝟓𝟐𝟑
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟑𝟖𝟗
𝟎.𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑.𝟏𝟓+𝟏𝟗)
= 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟓𝟖 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑶𝟐
Al final, sobre alcohol etílico:
𝑽𝑶𝟐
=
𝒏𝑶𝟐
∗𝑹∗𝑻
𝑷𝑶𝟐
=
𝟎.𝟎𝟎𝟏𝟓𝟖∗𝟎.𝟎𝟖𝟐∗((𝟐𝟕𝟑.𝟏𝟓+𝟏𝟗)
𝟕𝟓𝟕−𝟒𝟎
𝟕𝟔𝟎
= 𝟎. 𝟎𝟒𝟎𝟏 𝑳
288. Hemos recogido 38,9 cc de oxígeno gas sobre alcohol etílico a 19º C y 757 Torr.
Como el sol cae sobre el aparato. Todo el conjunto sube hasta 35º C. Movemos el
bulbo de ajuste de nuevo, a fin de igualar los niveles externo e interno de líquido del
colector y medimos ahora 44,7 cc de oxígeno gas. ¿Cuál debe ser la presión de vapor
del alcohol etílico a 35º C, suponiendo que los gases son ideales? A 19º C su presión
de vapor es 40,0 Torr.
𝑷𝑶𝟐
= 𝟕𝟓𝟕 − 𝟒𝟎. 𝟎 = 𝟕𝟏𝟕. 𝟎 𝒎𝒎
𝒏𝑶𝟐
=
𝑷𝑶𝟐
∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
𝟕𝟏𝟕.𝟎
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟑𝟖𝟗
𝟎.𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑.𝟏𝟓+𝟏𝟗)
= 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟓𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝑶𝟐
En las condiciones finales de 35º C:
𝒏𝑻 =
𝑷𝑻∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
𝟕𝟓𝟕
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟒𝟒𝟕
𝟎.𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑.𝟏𝟓+𝟑𝟓)
= 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟕𝟔 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔
𝒏𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍 = 𝒏𝑻 − 𝒏𝑶𝟐
= 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟕𝟔 − 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟓𝟑 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒆𝒔 𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍
𝑷𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍 =
𝒏𝒂𝒍𝒄𝒐𝒉𝒐𝒍∗𝑹∗𝑻
𝑽
=
𝟎.𝟎𝟎𝟎𝟐𝟑∗𝟎.𝟎𝟖𝟐∗(𝟐𝟕𝟑.𝟏𝟓+𝟑𝟓)
𝟎.𝟎𝟒𝟒𝟕
= 𝟎. 𝟏𝟑𝟎𝟎 𝒂𝒕𝒎

3. 𝟎. 𝟏𝟑𝟎𝟎 𝒂𝒕𝒎 ∗
𝟕𝟔𝟎 𝒎𝒎
𝟏 𝒂𝒕𝒎
= 𝟗𝟖. 𝟖 𝒎𝒎
289. Nos dan un cilindro provisto de un pistón deslizante En el que se han encerrado
40,0 cc de nitrógeno gas en contacto con un líquido X a 23º C y a la presión total de
751 Torr. Cuando se comprime el gas con el pistón hasta 940 Torr, vemos que el
volumen del gas se reduce a 29,9 cc a la misma temperatura de 23 º C. Suponiendo
que el comportamiento sea ideal, ¿Cuál será la presión de vapor de X?
En las condiciones iniciales:
𝒏𝑵𝟐
=
𝑷𝑵𝟐
∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
(𝑷𝑻−𝑷𝑿)∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
(𝟕𝟓𝟏−𝑷𝒙)
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟒𝟎
𝑹∗𝑻
En las condiciones finales, los moles de nitrógeno no varían, la presión de vapor de X
tampoco:
𝒏𝑵𝟐
=
𝑷𝑵𝟐
∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
(𝑷𝑻−𝑷𝑿)∗𝑽
𝑹∗𝑻
=
(𝟗𝟒𝟎−𝑷𝒙)
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟐𝟗𝟗
𝑹∗𝑻
Igualando las dos cantidades:
(𝟕𝟓𝟏−𝑷𝒙)
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟒𝟎
𝑹∗𝑻
=
(𝟗𝟒𝟎−𝑷𝒙)
𝟕𝟔𝟎
∗𝟎.𝟎𝟐𝟗𝟗
𝑹∗𝑻
(𝟕𝟓𝟏 − 𝑷𝒙) ∗ 𝟎. 𝟎𝟒𝟎 = (𝟗𝟒𝟎 − 𝑷𝒙) ∗ 𝟎. 𝟎𝟐𝟗𝟗
𝑷𝒙 = 𝟏𝟗𝟏. 𝟓 𝒎𝒎
292. La presión de vapor del alcohol etílico es 40,0 Torr a 19.0 º C y 100,0 Torr a
34, 9º C. Utilizando la ecuación de Clausius-Clapeyron, calcular el calor necesario
para evaporar un mol de alcohol etílico entre 19.0 y 34. 9º C.
𝒍𝒐𝒈 𝒑 =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗𝑻
+ 𝑪
Donde la presión está en mm y la entalpia en calorías/mol.
A 19º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟒𝟎. 𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟏𝟗)
+ 𝑪
A 34, 9º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟑𝟒.𝟗)
+ 𝑪
Restando:
𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎. 𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟏𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟏𝟗)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟑𝟒.𝟗)
𝟏. 𝟔𝟎𝟐𝟏 − 𝟐 = ∆𝑯 ∗ (
−𝟏
𝟏𝟑𝟑𝟔.𝟏𝟗𝟐
+
𝟏
𝟏𝟒𝟎𝟖.𝟗𝟓𝟎𝟒
)
∆𝑯 =
𝟏.𝟔𝟎𝟐𝟏−𝟐
(
−𝟏
𝟏𝟑𝟑𝟔.𝟏𝟗𝟐
+
𝟏
𝟏𝟒𝟎𝟖.𝟗𝟓𝟎𝟒
)
= 𝟏𝟎. 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
293. La presión experimental de vapor del alcohol etílico es 100,0 Torr a 34, 9º C y
400,0 Torr a 63, 5º C. Mediante la ecuación de Clausius- Clapeyron, calcular el calor
molar de vaporización del alcohol etílico entre 34,9 y 63, 5º C.
A 34.9º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟑𝟒.𝟗)
+ 𝑪
A 34, 9º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟒𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟔𝟑.𝟓)
+ 𝑪
Restando:
𝒍𝒐𝒈(𝟏𝟎𝟎. 𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟑𝟒.𝟗)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟔𝟑.𝟓)

4. 𝟐 − 𝟐. 𝟔𝟎𝟐 = ∆𝑯 ∗ (
−𝟏
𝟏𝟒𝟎𝟖.𝟗𝟓𝟎𝟒
+
𝟏
𝟏𝟓𝟑𝟗.𝟖𝟐𝟒
)
∆𝑯 =
𝟐−𝟐.𝟔𝟎𝟐
(
−𝟏
𝟏𝟒𝟎𝟖.𝟗𝟓𝟎𝟒
+
𝟏
𝟏𝟓𝟑𝟗.𝟖𝟐𝟒
)
= 𝟗. 𝟗𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
294. La presión experimental de vapor del alcohol etílico es 400 Torr a 63,5 º C y 760
Torr a 78,4 ª C. Mediante la ecuación de Clausius-Clapeyron, calcular el calor molar
de vaporización ideal del alcohol etílico entre 63,5 y 78,4 º C.
A 63.5º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟒𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟔𝟑.𝟓)
+ 𝑪
A 34, 9º C:
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟕𝟖.𝟒)
+ 𝑪
Restando:
𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎𝟎. 𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟕𝟔𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟔𝟑.𝟓)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟕𝟖.𝟒)
𝟐. 𝟔𝟎𝟐 − 𝟐. 𝟖𝟖𝟏 = ∆𝑯 ∗ (
−𝟏
𝟏𝟓𝟑𝟗.𝟖𝟐𝟒
+
𝟏
𝟏𝟔𝟎𝟖.𝟎𝟎𝟔𝟒
)
∆𝑯 =
𝟐.𝟔𝟎𝟐−𝟐.𝟖𝟖𝟏
(
−𝟏
𝟏𝟓𝟑𝟗.𝟖𝟐𝟒
+
𝟏
𝟏𝟔𝟎𝟖.𝟎𝟎𝟔𝟒
)
= 𝟏𝟎. 𝟏𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
295. La presión de vapor experimental del tetracloruro de carbono a 4.3º C es 40,0
Torr, igual a la del sulfuro de carbono a -22.5º C. (Para una misma temperatura el CS2
es más volátil). Para una presión de vapor de 100,0 Torr el CCl4 debe estar a 23,0 º C,
y el CS2 a -5,1º C. Comparar los calores necesarios para evaporar un mol de cada uno
de estos líquidos.
Para el Tetracloruro de carbono:
𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟏𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒.𝟑)
+
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟐𝟑)
𝟏. 𝟔𝟎𝟐 − 𝟐 = ∆𝑯 ∗ (
−𝟏
𝟏𝟐𝟔𝟖.𝟗𝟐𝟒𝟖
+
𝟏
𝟏𝟑𝟓𝟒.𝟒𝟗𝟔
)
∆𝑯 =
𝟏.𝟔𝟎𝟐−𝟐
(
−𝟏
𝟏𝟐𝟔𝟖.𝟗𝟐𝟒𝟖
+
𝟏
𝟏𝟑𝟓𝟒.𝟒𝟗𝟔
)
= 𝟕. 𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
Para el sulfuro de carbono:
𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟏𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟐.𝟓)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟓.𝟏)
𝟏. 𝟔𝟎𝟐 − 𝟐 = ∆𝑯 ∗ (
−𝟏
𝟏𝟏𝟒𝟔.𝟐𝟖𝟖
+
𝟏
𝟏𝟐𝟐𝟓.𝟗𝟏𝟎𝟒
)
∆𝑯 =
𝟏.𝟔𝟎𝟐−𝟐
(
−𝟏
𝟏𝟏𝟒𝟔.𝟐𝟖𝟖
+
𝟏
𝟏𝟐𝟐𝟓.𝟗𝟏𝟎𝟒
)
= 𝟕. 𝟎𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
297. La presión de vapor del sodio líquido pasa de 1,0 Torr a 439º C a 10,0 Torr a
549ºC. ¿Cuál es el calor molar de vaporización del Na?
𝒍𝒐𝒈 (𝟏) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒𝟑𝟗)
+ 𝑪
𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
+ 𝑪
𝒍𝒐𝒈 (𝟏) − 𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒𝟑𝟗)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
𝒍𝒐𝒈 (𝟏) − 𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) = (
−𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒𝟑𝟗)
+
𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
) ∗ ∆𝑯
∆𝑯 =
𝒍𝒐𝒈 (𝟏)−𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎)
(
−𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟒𝟑𝟗)
+
𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
)
= 𝟐𝟒. 𝟑𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑
𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
298. Mediante los datos del problema 297, calcular el punto de ebullición normal del
Na líquido.

5. 𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
+ 𝑪
𝑪 = 𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) +
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
= 𝒍𝒐𝒈 (𝟏𝟎) +
𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝟓𝟒𝟗)
= 𝟕. 𝟒𝟕
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) =
−𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝑻)
+ 𝟕. 𝟒𝟕
𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝑻)
= 𝟕. 𝟒𝟕 − 𝒍𝒐𝒈(𝟕𝟔𝟎)
𝟒. 𝟓𝟕𝟔 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝑻) =
𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
𝟕.𝟒𝟕−𝐥𝐨𝐠(𝟕𝟔𝟎)
(𝟐𝟕𝟑 + 𝑻) =
𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
(𝟕.𝟒𝟕−𝐥𝐨𝐠(𝟕𝟔𝟎))∗𝟒.𝟓𝟕𝟔
𝑻 =
𝟐𝟒.𝟑𝟓∗𝟏𝟎𝟑
(𝟕.𝟒𝟕−𝐥𝐨𝐠(𝟕𝟔𝟎))∗𝟒.𝟓𝟕𝟔
− 𝟐𝟕𝟑 = 𝟖𝟖𝟕º 𝑪
299. El nitrógeno líquido es un refrigerante muy útil para los experimentos a baja
temperatura. Su punto de ebullición normal es -195, 8º C ; su presión de vapor a
-200,9º C es 400 Torr. El nitrógeno líquido puede enfriarse haciendo el vacío a fin de
reducir la presión sobre el líquido. Si regulamos la presión a 30 Torr, ¿a qué
temperatura descenderá el nitrógeno líquido en ebullición?
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟏𝟗𝟓.𝟖)
+ 𝑪
𝒍𝒐𝒈 (𝟒𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟎𝟎.𝟗)
+ 𝑪
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎𝟎) =
−∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟏𝟗𝟓.𝟖)
+
∆𝑯
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟎𝟎.𝟗)
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) − 𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎𝟎) = (
−𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟏𝟗𝟓.𝟖)
+
𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟎𝟎.𝟗)
) ∗ ∆𝑯
∆𝑯 =
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎)−𝒍𝒐𝒈(𝟒𝟎𝟎)
(
−𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟏𝟗𝟓.𝟖)
+
𝟏
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟎𝟎.𝟗)
)
= 𝟏𝟑𝟗𝟐 𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
𝑪 = 𝒍𝒐𝒈 (𝟒𝟎𝟎) +
𝟏𝟑𝟗𝟐
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟎𝟎.𝟗)
= 𝟔. 𝟖𝟐
Para una presión de 30 Torr:
𝒍𝒐𝒈 (𝟑𝟎) =
−𝟏𝟑𝟗𝟐
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑+𝑻)
+ 𝟔. 𝟖𝟐
𝟒. 𝟓𝟕𝟔 ∗ (𝟐𝟕𝟑 + 𝑻) =
𝟏𝟑𝟗𝟐
𝟔.𝟖𝟐−𝐥𝐨𝐠(𝟑𝟎)
𝑻 =
𝟏𝟑𝟗𝟐
(𝟔.𝟖𝟐−𝐥𝐨𝐠(𝟑𝟎))∗𝟒.𝟓𝟕𝟔
− 𝟐𝟕𝟑 = −𝟐𝟏𝟔º 𝑪
300. El helio líquido tiene un punto de ebullición normal de -268, 6º C. A esta
temperatura hacen falta 6,0 cal para hacer pasar un gramo de helio del estado
líquido al gaseoso. Supóngase que queremos utilizar un baño de helio líquido para
producir una temperatura de 3, 0º sobre el cero absoluto. ¿A qué presión debe
mantenerse el espacio situado sobre el helio líquido?
∆𝑯 =
𝟔,𝟎 𝒄𝒂𝒍
𝟏 𝒈
∗
𝟒 𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍
= 𝟐𝟒 𝒄𝒂𝒍/𝒎𝒐𝒍
𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) =
−𝟐𝟒
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟔𝟖.𝟔)
+ 𝑪
𝑪 = 𝒍𝒐𝒈 (𝟕𝟔𝟎) +
𝟐𝟒
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟔𝟖.𝟔)
= 𝟒. 𝟎𝟕
Supongamos que el He tenga como temperatura de ebullición -270ºC:
𝒍𝒐𝒈(𝒑) =
−𝟐𝟒
𝟒.𝟓𝟕𝟔∗(𝟐𝟕𝟑−𝟐𝟕𝟎)
+ 𝟒. 𝟎𝟕 = 𝟐. 𝟑𝟐
𝒑 = 𝟏𝟎𝟐.𝟑𝟐
= 𝟐𝟏𝟎 𝒎𝒎