Practica 3 Termometa
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1. Calcular la constante de equilibrio para la reacción
¿NiO>+(H2 )=<Ni>+(H2O)
A 750 ºC (1023 K) a partir de los siguientes datos:
¿Ni>+ 12(O2 )=<NiO>¿ ¿
; ΔGº=−58450+23 .55Tcal
(H2 )+12(O2 )=(H 2O )
; ΔGº=−58900+13 .1Tcal
Sol:
(H2 )+12(O2 )=(H 2O )
; ΔGº=−58900+13 .1Tcal……. (1)
¿Ni>+ 12(O2 )=<NiO>¿ ¿
; ΔGº=−58450+23 .55Tcal…. (2)
Restando (1)-(2), se tiene
¿NiO>+(H2 )=<Ni>+(H2O) ; ΔGº=−450−10 .45Tcal……… (3)
A 1023K y usando la relación
ΔGº=−4 .575T logK (cal), se tiene
ΔGº1023 ,(3 )=−450−10 .45∗1023
=-11140 cal
Luego log K= −ΔGº
4 .575T
log K=111404 .575∗1023
=2.38
K=240
2. Calcular la constante de equilibrio y la presión parcial de equilibrio de oxígeno para la reacción
ZrO2=Zr+O2 ; ΔGº=259940+4 .33T logT−59 .12Tcal
A 1727 ºC (2000 K). Por otra parte, predecir la posibilidad de descomponer un crisol de zirconio puro bajo un vacío de 10-5 mm Hg a esa temperatura.
Sol:
La variación de energía libre estándar para la reacción
ZrO2=Zr+O2………….. (1)
A 1727ºC (2000K) está dado por:
ΔGº2000=259940+4 .33∗2000*log 2000−59.12∗2000
= 170330 cal.
De la ecuación ΔGº=−4 .575T logK (cal)
log K= −1703304 .575∗2000
= -18.61
K = 2.455*10-19
La constante de equilibrio de la reacción (1) también puede ser escrita como
K=aZr∗aO2aZrO2
Asumiendo que los gases se comportan como ideales, la actividad de oxigeno puede ser reemplazo por su presión parcial, es decir,
K=aZr∗pO2aZrO2
Como Zr y ZrO2 son puros, sus actividades son unitarias, por lo tanto,
K=pO2
Reemplazando los valores
pO2=2.455∗10−19
= 760*2.455*10-19 mm Hg
= 1.865*10-16 mm Hg
Como 1.865*10-16 mm Hg < 10-5 mm Hg la descomposición del crisol de zirconio no es posible.
3. Una mezcla de gas de la siguiente composición en volumen:
CO: 30%, CO2: 10%, H2: 10%, N2: 50%
se introduce en un horno de tratamiento térmico a 927 º C (1200 K). Calcular la composición de equilibrio de la mezcla de gas, suponiendo que la presión total en el horno es 1 atm, a partir de los siguientes datos:
¿C>+ 12(O2 )=(CO )
; ΔGº=−26700−21 .0Tcal
¿C>+(O2 )=(CO2 ) ; ΔGº=−94200−0 .2Tcal
(H2 )+12(O2 )=(H 2O )
; ΔGº=−58900+13 .0Tcal
Suponer que todos los gases se comportan idealmente
Sol:
Cuando la mezcla de gases contiene CO, CO2 y H2 (N2 es inerte) es alimentado al horno, los gases tienden a reaccionar unos con otros hasta alcanzar el equilibrio establecido por la reacción:
(CO )+(H2O )=(CO 2 )+(H2 )….. (1)
Sin embargo la composición de la mezcla de gases en equilibrio será diferente a la original.
Considerando las siguientes reacciones
¿C>+(O2 )=(CO2 )…….. (2)
¿C>+ 12(O2 )=(CO )
…………. (3)
(H2 )+12(O2 )=(H 2O )
……… (4)
Luego (2)-(3)-(4)
Da : (CO )+(H2O )=(CO 2 )+(H2 )……… (1)
Por lo tanto su variación de energía libre es:
ΔGT , (1)=(−94200−0 .2T )−(−26700−21 .0T )−(−58900+13 .0T )
= -8600+7.8T cal
A 1200 K tenemos
ΔGº1200 ,(1)=−8600+7 .8∗1200
= 760 cal
Por lo tanto, la constante de equilibrio da:
K=anti log −7604 .575∗1200
= antilog (-0.1385)
= 0.7269
Como los gases se comportan ideales, tenemos:
K=pCO2
∗pH2pCO¿ pH2O
Reemplazando
pCO2∗pH2
pCO¿ pH2O=0 .7269
Como esta relación tiene 4 variables, necesitaremos otras tres.
Como la presión total en el horno es 1 atm y N2 está en un 50%, tenemos
pH 2+ pCO+ pCO2+pH2O=0 .5atm
Ahora, las otras relaciones se pueden obtener por medio de un balance molecular, esto es,
nC=nCO+nCO 2nH=2nH 2+2nalignl ¿H 2O ¿¿
¿no=nCO+2nCO2+nH2O ¿¿
El numero de moles de cada constituyente es igual al porcentaje de volumen dividido por 100
nC=0.3+0 .1¿0 .4nH=0 .2+0¿0 .2no=0 .3+0.2+0¿0 .5
Combinando estas relaciones en términos de presión parcial según la ecuación
pi=nin total
∗p, p=presión total
Tenemos,
pCO+ pCO2=0.4
2 pH 2+2 pH2O=0.2
pCO+2 pCO2+ pH2O=0 .5
Finalmente, tenemos cinco ecuaciones
pCO+ pCO 2+ pH2+ pH2O=0 .5
pCO 2∗pH2=0 .7269 pCO¿ pH2OpCO+ pCO 2=0.4
2 pH 2+2 pH2O=0.2
pCO+2 pCO2+ pH2O=0 .5
Desarrollando tenemos que:
pH 2=0 .076 ; pCO=0 .324 ; pCO2=0 .076 ; pH2O=0.024
En términos de porcentajes en volumen, la composición en equilibrio de la mezcla de gases es:
H2O=2.4%;H2=7 .6%;CO=32 .4%;CO2=7 .6%;N2=50%
4. Las constantes de equilibrio para la descomposición del óxido de níquel
NiO=Ni+12O2
son 1.514 * 10-11 y 2.355 * 10-8 a 527 º y 727 º C (800 y 1000 K), respectivamente. Calcular el valor de la constante de equilibrio a 627 º C (900 K) a partir de los siguientes datos:
C p ,NiO=11.18+2 .02∗10−3 Tcal /ºC /mol
C p ,Ni=7 .10+1 .0∗10−3T−2 .23∗105T−2cal /ºC /mol
C p ,O2=7 .16+1.0∗10−3T−0 .4∗105T−2 cal /ºC /mol
Sol: La variación de capacidad calorífica está escrita como:
ΔC p=C p ;Ni+0.5C p,O2−Cp , NiO
ΔC p=(7 .10+1.0∗10−3T−2 .23∗105T−2 )+0 .5 (7.16+1 .0∗10−3T−0 .4∗105T−2 )−(11.18+2 .02∗10−3T )
= -0.5-0.52*10-3T-2.43*105T-2
Entonces, Δa=−0.5 ; Δb=−0 .52∗10−3 ; Δc=2.43∗105
Reemplazándolos en la ecuación
−R ln K+Δa lnT+ Δb2T− Δc
2T 2=ΔH 0
T+ I
Integración Ecuación de Van`t Hoff
Tenemos,
−4 .575 logK−2.303∗0 .5 logT−0 .52∗10−3
2T−2 .43∗10
5
2T 2=ΔH 0
T+ I
−4 .575 logK−1.151 logT−0.26∗10−3T−1 .215∗105
T2=ΔH 0
T+ I
……………….. (*)
Reemplazando el valor de K a 800K, se tiene
−4 .575 log(1.514∗10−11)−1 .151 log 800−0 .26∗10−3∗800−1.215∗105
8002=ΔH 0
800+ I
ΔH 0
800+ I=45 .7611
Similarmente para el valor de K a 1000K
ΔH 0
1000+ I=31 .0655
Luego
ΔH 0
800−ΔH 0
1000=14 .6956
ΔH 0=800∗1000∗14 .6956 /200¿58800
Así,
58 .80+ I=31.0655I=−58 .80+31.0655I=−27 .734
Sustituyendo los valores de ΔH 0y I en (*), tenemos
−4 .575 logK−1.151 logT−0.26∗10−3T−1 .215∗105
T2=58800
T−27 .734
4 .575 logK=−1.151 logT−0 .26∗10−3T−1 .215∗105
T 2−58800
T+27 .734
A 900K y reemplazando, se tiene:
log K=−9 .046K=8.995∗10−10