Presentacion gases

UdeC/FCQ/P.Reyes Unidad 5

1

Universidad de ConcepciónFacultad de Ciencias Químicas

Química General para Ingeniería

Unidad 5

Tema: Estado gaseoso y Teoría

cinético-molecular de gases.


2

Unidad 5. El estado gaseoso de la materia y la teoría cinético-molecular.

5.1.- Perspectiva de los estados físicos de la materia.

5.2.- Presión y presión de los gases.

5.3.- Leyes de los gases y su fundamento experimental. Ecuación de estado de gas ideal.

5.4.- Aplicaciones de la ecuación de estado de gas ideal.

5.5.- Teoría cinético-molecular, modelo para gases.

5.6.- Comportamiento real de los gases.


3

5.1. Perspectiva de los estados físicos de la materia.

De los tres estados físicos de la materia:sólido, líquido, gaseoso

el más ampliamente estudiado y al que más dedicación por comprender su comportamiento se ha dado, es el estado gaseoso.Las razones por las cuales esto ha sido así pueden ser:=> más amplitud de intervalos de manipulación de variables experimentales=> conocimiento del estado gas sirve de base para com- prensión de comportamiento de los otros estados.


4

Muchos de los gases atmosféricos: nitrógeno, oxígeno, vapor de agua, dióxido de carbono, son escenciales para la vida y ellos participan en ciclos complejos de reacciones de óxido-reducción durante el movimiento que experimentan a través del ambiente. N2 H2O(g)

O2

CO2

También son numerosos los gases que juegan importantes roles en la industria química, como por ejemplo:


5

Algunos gases importantes en la industria.

NOMBRE FORMACIÓN USO

Metano, CH4

En depósitos de petróleo, producido por bacterias que habitan en las termitas, vacunos y ovejas

Combustible doméstico

Amoníaco, NH3

N2(g) + 3H2(g) =

2NH3(g)

En producción de fertilizantes y explosivos

continúa …


6

… continuación …

NOMBRE: Cloro, Cl2

OBTENCIÓN: por descomposición electrolí- tica de soluciones de cloruros de …

2NaCl(ac) + 2H2O(l) = 2NaOH(ac) + Cl2(g) + H2(g)

USOS: Blanqueo de papel, textiles, desinfec- tante doméstico. …


7


NOMBRE: Gas de síntesis. Es una mezcla de monóxido de carbono e hidrógeno: CO y H2

OBTENCIÓN:

C(s, carbón) + H2O(l) = CO(g) + H2(g)

USOS: Combustible limpio del carbón (libre de azufre); CO para síntesis de compuestos químicos. …


8


NOMBRE: Hexa fluoruro de uranio, UF6

OBTENCIÓN:

UO2(s) + 4HF(ac) + F2(g) = UF6(g) + 2H2O(l)

USOS: Para producción de combustible de

uranio en energía nuclear.

…


9


NOMBRE: Etileno, C2H4

FORMACIÓN: Descomposición a alta tempera-

tura de gas natural (cracking).

USOS: En la producción de plásticos, síntesis de

hidrocarburos.


10

Las propiedades químicas de un gas dependen

de su naturaleza (elementos que lo forman y

composición), sin embargo todos los gases

tienen propiedades físicas marcadamente

similares.


11

El estudio del estado gaseoso comprenderá:

• revisión de sus propiedades físicas (macros-cópicas)

• análisis de relaciones empíricas entre las

propiedades (macroscópicas)

• presentación de modelo microscópico idealizado de la estructura de un gas


12

Las propiedades físicas macroscópicas de un sistema son aquellas que definen su estado (físico), ellas pueden variar sin que cambie la naturaleza del sistema.

Ejemplos de propiedades físicas:

volumen, masa, temperatura, presión,

densidad, viscosidad, dureza, capacidad

calórica, … etc.


13

Según sean los valores de presión y de temperatura , una sustancia presenta estado: sólido y/o líquido y/o gas

En términos muy generales, las características comparativas más evidentes de estos estados son:

SÓLIDO: forma propia, volumen propio, LÍQUIDO: en parte se adapta a la forma del recipiente que lo contiene, volumen definido, deformable, GASEOSO: no tiene forma, ocupa todo el espacio disponible,


14

Otras características que presentan los gases, y que los diferencian de los líquidos y sólidos, son:

• altamente compresibles

• térmicamente expandibles, del orden de 50 a 100 veces más

• baja viscosidad (baja resistencia a fluir)

• baja densidad (del orden de 1000 veces menor)

• infinitamente miscibles (se mezclan entre sí en cualquier

proporción)


15

El cambio de densidad que se observa cuando una muestra de gas condensa a líquido ofrece la “clave” para entender la estructura submicroscópica de los gases comparada con la de los líquidos o los sólidos.

Por ejemplo, N2(g) a 20°C y 1 atm tiene densidad

d = 1,25 g/L si este nitrógeno se enfría bajo -196°C, condensa a líquido y su densidad cambia a 0,808 g/mL.

Estos valores de densidad indican que la misma cantidad de nitrógeno ocupa un volumen 600 veces menor en estado líquido que en estado gas.


16

Si el nitrógeno se enfría hasta -210 °C, éste solidifica y en estas condiciones la densidad es 1,03 g/mL, es decir, el sólido es sólo un poco más denso que el líquido.

Estos valores de densidad permiten asegurar que la moléculas de N2 están muy separadas en estado gas y muy juntas en los estados líquido y sólido. gas líquido sólido Cajas

conteniendo gas líquido sólido


17

5.2. Presión.

Presión atmosférica:

Es la presión que ejerce la atmósfera.

Se mide en barómetro.

A 0°C y a nivel del mar, se define la equivalencia:

1 atm = 760 mmHg

Esto significa que la altura de una columna de Hg de 760 milímetros ejerce la misma presión que la unidad de presión denominada atm.


18

Presiónatmosférica

h = Altura columna de Hgh proporcional a P atmosférica

Vacío

Presión de la columna de mercurio

Mercurio

Medición de PRESIÓN ATMOSFÉRICA

Barómetro de TORRICELLI.

Medición de PRESIÓN ATMOSFÉRICA

Barómetro de TORRICELLI.


19

Barómetro de Torricelli.

Medición de presión atmosférica. vacío

h Presión atmosférica

hP aatmosféric ∝

mercurio


20

A = área transversal de la columna g = acel. de gravedad = 9,8075 m/s2

h = altura columna d = densidad líquido dHg = 13,6 g/mL

Calcule el valor de P si h = 76 cm de Hg. Exprese el valor en unidades SI.

hgdPV

hgmP

hA

h g m P

A

g m

A

FP

××=

××=

×××

=

×==


21

Las unidades deben estar en sistema SI, esto es: masa en “kg” longitud en “m” tiempo en “s”

P = 101324,85 kg m-1 s-2

HgHg hgdP ××=

m 0,76s

m 9,8075

m

kg 13593,9P

23××=


22

Este valor de P equivale a 1 atm, por lo tanto en unidades SI:

1 atm = 101325 kg m-1 s-2

unidad de fuerza

N/m2 N (newton) F = m g => kg m s-2

N/m2 = kg m-1 s-2 Pa (pascal)

1 atm = 101325 Pa


23

¿Qué altura debe tener una columna de agua para que ella ejerza una presión igual a 1 atm? Calcule esta altura.

¿Se puede construir un barómetro de Torricelli usando agua como fluido?

¿Qué inconvenientes presentaría este barómetro?


24

hagua = 10,3314 m

¿Será práctico?• demasiado alto• el agua se evapora con facilidad

aguaagua hgdP ××=

h s

m 9,8075

m

kg 1000

sm

kg 101325 agua232

××=×


25

Unidades comunes de presión.

Nombre de la unidad, símbolo

Equivalencia con 1 atm

Campo científico

Pascal, Pa 1,01325 x 105 Pa SI, física, química

atmósfera, atm 1 atm química

Torricelli, torr 760 torr química

bar 1,01325 bar meteorología

mmHg 760 mmHg Química, biolo-gía, medicina

Lb/in2 14,7 lb/in2 Ingeniería


26

Presión de gas.

La presión de un gas es la que él ejerce sobre las paredes de la vasija que lo contiene y en todas direcciones.

Se mide en manómetro. de rama cerrada Hay 2 tipos de manómetro (ver Figura 5.4 Chang) de rama abierta

GAS


27

∆ h

Gas

BA

Matraz evacuado

Extremocerrado

Vacío

Niveles iguales

Medición de presión de GAS

Manómetro de rama cerrada

Pgas = ∆h


28

B Patm

∆ h

Gas

P gas = P atm -

∆h

gas

A

∆ h

Manómetro de rama abierta

Patm

P gas = P atm

Gas

A

P gas = P atm + ∆h

Patm

Gas

C

Extremo abierto a la atmósfera


29

5.3. Leyes de los gases y su fundamento experi-mental. Ecuación de estado de gas ideal.

Se midieron propiedades físicas de gases en diferentes condiciones cuidando siempre que el gas se encontrara a:

temperatura “altas” (muy por sobre temperatura

y de condensación del gas)

presiones “bajas” (muy por bajo la presión de

condensación del gas)


30

Estas condiciones ( T “altas” y P “bajas”) se conocen como condiciones ideales.

Las leyes de los gases se obtuvieron a partir de los valores experimentales de las propiedades medidas bajo las condiciones señaladas.

Por esta razón se las denomina leyes para gases ideales.


31

Las propiedades físicas directamente medidas fueron: Presión (P) Temperatura (T) masa (m) n (mol) volumen (V)Los experimentos se diseñaron de tal manera que se obtuviera información sobre la influencia de una propiedad en otra, manteniendo fijos (durante el experimento) los valores de las otras dos propiedades.


32

Experimentos realizados con gases en condiciones ideales.

Experimento de Boyle.

Estudia la relación entre la presión y el volumen de una cantidad de gas a temperatura fija.

El experimento consiste en mantener a una temperatura constante una masa del gas y medir el volumen que ocupa el gas cuando él ejerce distintas presiones o viceversa.


33

Gas: A

Masa = …… constantes

Temperatura = …..

Presión (unidad) Volumen (unidad)

……..…….…….…….

etc

…………..…….…….

etc


34

Los resultados del experimento de Boyle indican que:

al aumentar la presión del gas su volumen disminuye (y viceversa) cuando m y T se mantienen constantes.

P T = cte Los valores de P y V m = cte’ medidos por estar a T = cte. dan origen a una ISOTERMA. V


35

P (torr) V (mL)

781 20

1038 15

1560 10

3115 5

Ley de Boyle, T y m ctes.

0

5

10

15

20

25

0 1000 2000 3000 4000

P (torr)

V (m

L)

Ley de Boyle, T y m ctes.

0

0

0

0

0 1000 2000 3000 4000

1/ P (1/ to rr)

T y m constantes


36

Relación PRESIÓN – VOLUMEN, a T y n ctes.

LEY DE BOYLE

0

20

15

10

5V

olu

men

(m

L)

0.0005 0.0010 0.0015

20

15

10

5

0

Vo

lum

en (

mL

)

1000 2000 3000

Presión (mm Hg) 1/Presión (mm Hg)-1


37

Los valores de P y V a T y m constantes quedan representados por la ecuación:

m y T ctes.

donde la constante que depende de T y de m.

Si el experimento se repite con la misma cantidad de gas pero a otra temperatura, T1, los valores de P y V que se miden dan origen a otra isoterma, ahora a T1 y

m y T1 ctes

P V = constante

P V = constante’


38

La posición de la nueva isoterma en el gráfico de P vs V depende de cómo sea T1 comparada con T.

P

Si T1 > T

T1

T

V


39

En resumen la ley de Boyle expresa:

P V = constante o n y T ctes.

P1V1 = P2V2 = … si n y T ctes.

P

tetanconsV =


40

Experimento de Charles y Gay-Lussac.

Estudia la relación entre el volumen y la temperatura de una cantidad de gas a presión fija.

El experimento consiste en mantener a una presión constante una masa del gas y medir el volumen que ocupa el gas en función de la temperatura.


41

Relación TEMPERATURA – VOLUMEN, n y P ctes.

LEY DE CHARLES y GAY

LUSSAC.

B. Baño de agua hirviendo 100°C (373 K)

Patm

Calentador

A. Baño de agua y hielo 0°C (273 K)

Patm

Aire atrapado

Termómetro

Mercurio

Tubo de vidrio


42

3,0

2,0

1,0Vo

lum

en (

L)

Temperatura

n = 0,04 mol

n = 0,02 mol

0 73 173 273 373 473 573 673 773 (K)

-273 -200 -100 0 200 300 400 500100 (ºC)

m y P ctes.


43

En resumen la ley de Charles expresa:

V = constante x T n y P ctes.

La proporcionalidad de V es directa sólo con respecto de la T en K.

si n y P ctes.

...T

V

T

V==

2

2

1

1


44

Experimento de Avogadro.

Estudia la relación entre el volumen y la cantidad de gas a temperatura y presión fijas.

El experimento consiste en mantener la presión y temperatura fijas y medir el volumen que ocupan, en esas condiciones, diferentes cantidades de un gas.


45

Relación entre VOLUMEN- CANTIDAD DE GAS, P y T

ctes. LEY DE AVOGADRO

Cilindro A

Cilindro B

P atmT

P atmT V = constante x nV = constante x n

P y T Ctes.

2

2

1

1

n

V

n

V=

Si la cantidad de gas se expresa en moles (n):


46

Combinando las leyes:

Boyle: n y T fijas

Charles: n y P fijas

Avogadro: P y T fijas

=> PV = R nT

Ecuación de estado de gas ideal

P

cteV 1=

TcteV 2 ×=ncteV 3 ×=

P

T ncteV 4=


47

Ecuación de estado para gas ideal:

P V = n R TR = constante universal de los gases

variable significado unidades

P Presión del gas Atm, mmHg, Pa, torr, ..

V Volumen del gas L, m3, mL, …

n Moles del gas Mol

T Temperatura del gas

K (solamente)


48

Valores de R:

0,082 atm L mol-1 K-1

R = 62,32 mmHg L mol-1 K-1

8308,65 Pa L mol-1 K-1

… otros valores en otras unidades.


49

En la ecuación de estado del gas ideal:

P V = n R T

se pueden introducir otras propiedades del gas, como por ejemplo, densidad (d) y masa molar (M).


50

Ecuación de estado de gas ideal expresada en función de d, M (masa molar), T y P:

TRdMP

TRV

mMP

TRM

mVP

TRnVP

××=×

××=×

××=×

××=×


51

La ecuación de estado de gas ideal permite

calcular:

⇒ directamente cualquiera de las propiedades del

gas: n, T, P ó V, siempre que se conozcan las

otras tres

⇒ indirectamente cualquiera otra propiedad del gas

que se relacione con las anteriores.


52

La ecuación de estado de gas ideal también se puedeaplicar a mezclas de gases:

Si se aplica a una mezcla de gases, el significado de las propiedades es: P = presión de la mezcla T = temperatura de la mezcla V = volumen de la mezcla (V del recipiente) n = moles totales de gas en la mezcla d = densidad de la mezcla M = masa molar de la mezcla


53

Ecuación de estado aplicada a mezcla de gases:

A modo de ejemplo, considérese una mezcla de tres gases: gas A; gas B y gas C.

Supóngase que la mezcla de estos tres gases es tal que contiene:

nA moles de gas A

nB moles de gas B

nC moles de gas C


54

La ecuación de estado para la mezcla es

P V = nt R T (1)

Donde:

• P es la presión de la mezcla (presión total

que ejercen los gases que forman la mezcla)

• nt es el número total de moles de gas en la

mezcla, esto es: nt = nA + nB + nC

A(g) B(g)

C(g)

La mezcla ocupa el volumen V a T y ejerce presión P


55

La ecuación de estado de gas ideal se puede aplicar a cada gas en forma individual.

Para gas A: PA V = nA R T (2)

Para gas B: PB V = nB R T (3)

Para gas C: PC V = nC R T (4)

puesto que cada gas ocupa todo el volumen V a T y donde:

PA es la presión que ejerce el gas A

PB es la presión que ejerce el gas B

PC es la presión que ejerce el gas C


56

• Sumando las ecuaciones (2), (3) y (4) se obtiene:

PA V = nA R T

PB V = nB R T

PC V = nC R T

(PA + PB + PC) V = (nA + nB + nC) R T

• Reemplazando nt = nA + nB + nC se obtiene: (PA + PB + PC) V = nt R T (6)

• Comparando ec (6) con la ecuación de estado

para la mezcla: P V = nt R T (1)


57

se puede concluir que:

P = PA + PB + PC (7)

Esta última relación establece que:

la presión P de la mezcla es igual a la

suma de las presiones que cada gas

ejerce individualmente en la mezcla.


58

La presión que ejerce cada gas en una mezcla se denomina PRESIÓN PARCIAL, debido a que ella es sólo una parte de la presión de la mezcla.

Así: PA = presión parcial del gas A

PB = presión parcial del gas B

PC = presión parcial del gas C

La presión P de la mezcla también se acostumbra a llamarla presión total (presión de todos los gases en la mezcla).


59

La ecuación (7) :

P = PA + PB + PC

constituye una ley, se conoce como Ley de Dalton, es válida para mezclas de gases y establece:

La presión total de una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parcialesde todos los gases presentes en la mezcla.

La presión total de una mezcla de gases es igual a la suma de las presiones parcialesde todos los gases presentes en la mezcla.

Cada gas y la mezcla ocupan el mismo V y están a la misma T.


60

Otra expresión para la ley de Dalton se obtiene por comparación de cada una de las ecuaciones (2), (3) y (4) con la ecuación (1).

En efecto, comparando (2) con (1):

PA V = nA R T (2)

P V = nt R T (1)

(8)

t

AA

n

n

P

P=


61

Recordando que fracción molar de A es:

(9)

y reemplazando (9) en (8) se obtiene:

o bien

t

AA n

nx =

AA x

P

P = PxP AA =


62

En forma análoga se obtiene para los otros componentes de la mezcla:

Las últimas tres relaciones expresan:

PxP CC =PxP BB =

La presión parcial de un gas en una mezclaes igual al producto de su fracción molar yla presión total de la mezcla.

La presión parcial de un gas en una mezclaes igual al producto de su fracción molar yla presión total de la mezcla.


63

5.4. Aplicaciones de la ecuación de estado de gas ideal.

Problema 1.

Las condiciones de presión = 1 atm y temperatura = 0°C (273 K) para gases, ambas simultáneamente, se conocen con el nombre de condiciones estandar (TPE).

Así cuando un gas se encuentra a 1 atm y 273 K, se dice que el gas está en condiciones estandar.

Calcule el volumen que ocupa 1 mol de gas ideal en condiciones estandar de P y T.


64

P V = n R T

V = 22,4 L

1 mol de gas ideal a TPE ocupa volumen =22,4 L

P

TR nV =

atm 1

K 273 Kmol

Latm0,082 mol 1

V×

×××

=


65

Problema 2.

Cierta cantidad de aire ocupa un volumen de 24,8 cm3 y ejerce 1,12 atm de presión. Si la presión de este aire se aumenta hasta 2,64 atm sin que cambie su temperatura, ¿cuál sería su volumen?Solución.Estado inicial: Vi = 24,8 cm3; Pi = 1,12 atm

ni = …; Ti = …

Estado final: Vf = ? ; Pf = 2,64 atm

nf = ni; Tf = Ti


66

Entonces, si n y T son constantes, se debe cumplir:

Pi Vi = Pf Vf

Vf = 10,5 cm3

atm 2,64

cm 24,8atm 1,12

P

V PV

3

f

iif

×==


67

Problema 3.

Un tanque de acero de 1 L está conectado a un válvula de seguridad que se abre cuando la presión interna excede los 1000 torr. El tanque se llena con He a 23°C y 0,991 atm y a continuación se eleva su temperatura hasta 100°C. ¿Se abrirá la válvula de seguridad?


68

Estado inicial: Vi = 1 L; ni ; Pi = 0,991 atm; Ti = 23°C + 273 = 296 K

Estado final:Vf = 1 L; nf = ni; Pf = ?; Tf = 100°C + 273 = 373 K

Comparando ambos estados:

PiVi = ni R Ti Pf Vf = nf R Tf

ff

ii

ff

ii

TR n

TR n

V P

V P =

f

i

f

i

T

T

P

P =


69

f

i

if T

T

PP ×=

K 373K 296

atm 0,991Pf ×=

torr 950atm 1

torr 760atm 1,25atm 1,25Pf =×==

Respuesta:La válvula de seguridad no se abre debido aque Pf es menor que 1000 torr .


70

Problema 4.

Un recipiente de volumen rígido contiene 35,0 g de etileno (C2H4) a una presión de 793 torr, ¿Cuál es la presión si se retiran 5 g de etileno del recipiente sin que cambie la temperatura?

Solución.

Se puede escribir:

y como V y T son constantes se llega a:

ff

ff

ii

ii

Tn

VP

Tn

VP =


71

ni = 35,0 g / 28,054 g mol-1 = 1,25 mol

nf = 30,0 g / 28,054 g mol-1 = 1,07 mol

Pi = 793 torr

f

f

i

i

n

P

n

P =

torr 679mol 1,25

mol 1,07torr 793

n

nPP

i

fif =×=×=


72

Problema 5.

Un tanque de acero de 438 L de capacidad se llena con 0,885 kg de O2. Calcule la presión del O2 a 21 °C.


73

Solución.

n de O2 = 885 g / 32 g mol-1 = 27,7 mol

P = 1,53 atm

L 438

K 294Kmol

Latm0,082mol 27,7

V

TR nP

××××

==


74

Problema 6.

El tanque del problema anterior desarrolla una pequeña fuga sin que la temperatura cambie. Descubierta la fuga el tanque se sella y se mide la presión encontrándose que esta es 1,37 atm. ¿Cuántos gramos de O2 quedan en el tanque?


75

Solución.El estado del O2 después de la fuga es:

V = 438 L, T = 294 K, P = 1,37 atmSe puede calcular los moles de O2 dentro del tanque:

Masa de O2= 24,9 x 32,0 = 796,8 g = 0,797 kg

mol 24,9K294

K mol

L atm0,082

L 438atm 1,37

TR

V Pn =

×

×==


76

Problema 7.

Calcule la densidad del dióxido de carbono a 1 atm y 25°C. ¿Cuál será el valor de la densidad en condiciones estándar?


77

Solución.

Usando la ecuación de estado en la forma:

P M = d R T

y reemplazando las condiciones de P y T del CO2 además del valor de su masa molar:

g/L 1,80298K

Kmol

Latm0,082

mol

g44,01atm 1

TR

MPd =

×××

×=

××=


78

Otra solución:

1 mol de CO2 tiene masa = 44,01 g

Se calcula el volumen de 1 mol de CO2 a 1 atm y 25°C:

24,44L1atm

298KKmol

Latm0,0821mol

P

nRTV =

××××

==

g/L 1,8024,44L

44,01g

V

md ===


79

Cálculo de la densidad de CO2 en condiciones TPE: 1 atm y 273 K.

El volumen de 1 mol de gas a TPE es 22,39 L (verifíquelo), luego la densidad del CO2 a TPE es:

g/L 1,9722,39L

44,01g

V

md ===


80

Problema 8.

Una muestra de 0,582 g de un gas en un volumen de 213 cm3 a 102°C ejerce presión 753,9 torr. Determine la masa molar del gas.


81

Solución.

En la ecuación de estado: P V = n R T

se reemplaza n = m/M y se obtiene:

P V = (m RT)/M

Luego:

M = 84,7 g/mol

0,213L

atm

torr760

753,9torr

273)K(102Kmol

Latm0,0820,582g

PV

mRTM

×

+××××

==


82

Problema 9.

Una mezcla de gases nobles consiste en 5,6 g de He, 15,0 g de Ne y 35,0 g de Kr. Calcule la presión parcial de cada gas en la mezcla si ésta se mantiene a una temperatura T y a 2,50 atm.


83

Solución.

Mezcla:

5,6 g He => 5,6 g/4 g mol-1 = 1,40 mol

15,0 g Ne => 15,0 g/ 20,18 g mol-1 = 0,743 mol

35,0 g Kr => 35,0 g/83,80 g mol-1 = 0,418 mol

nt = 2,561 mol

Las fracciones molares son:

xHe = 1,40 / 2,561 = 0,547

xNe = 0,743 / 2,561 = 0,290

xKr = 1-0,547-0,290 = 0,163


84

La presión de la mezcla es 2,50 atm.

Aplicando la ley de Dalton a cada gas de la mezcla:

PHe = xHe P = 0,547 x 2,50 atm = 1,37 atm

PNe = xNe P = 0,290 x 2,50 atm = 0,725 atm

La presión parcial se puede calcular:

PKr = 2,50 – 1,37 – 0,725 = 0,41 atm

o también :

PKr = xKr P = 0,163 x 2,50 atm =0,41 atm


85

TAREAProblema 10.

Se mezclan 0,60 L de Ar a 121,590 kPa y 227°C con 0,20 L de O2 a 501 torr y 127°C en un matraz de 400 mL a 27°C.

Calcule:

a) la presión de la mezcla en atm

b) la composición de la mezcla en % en moles.


86

Problema 11.

¿Cuántos gramos de clorato de potasio deben descomponerse de acuerdo a la reacción:

2 KClO3(s) = 2 KCl(s) + 3 O2(g)

para obtener 638 mL de O2(g) a 15 °C y 752 torr?


87

Solución.

Los moles de O2 contenidos en 638 mL a 15 °C y 752 torr se pueden determinar con la ecuación de estado:

lmo 0,0267288K

K mol

L atm0,082

L 0,638atm 760

752

RT

PVn

2O =×

×==


88

La reacción de descomposición: M (g/mol) 122,56

2 KClO3(s) = 2 KCl(s) + 3 O2(g)

establece que los moles de KClO3 descompuestos son 2/3 de los moles de O2 producidos, así:

n de KClO3 descom. = (2/3) x 0,0267 mol

= 0,0178 mol

masa de KClO3 descom. = 0,0178 x122,56

= 2,181 g


89

¿Cómo se recoge un gas que se produce en una reacción?

El gas que se produce en una reacción se puede acumular en un equipo sencillo como el que se ilustra en la transparencia siguiente.


90

Recogiendo un gas sobre agua a T.

El gas debe ser insoluble en el líquido sobre el cual se recoge.

T

gas H2O(l)


91

T

gas

H2O(l)

gas


92

Presión de vapor de un líquido.

Si una sustancia líquida está en contacto con vapores de ella y ambas están en equilibrio (ambas presentes indefinidamente) a una temperatura fija T, los vapores de la sustancia ejercen una presión que se denomina PRESIÓN DE VAPOR DEL LÍQUIDO a la temperatura T.

vapor

en equilibrio a T

líquido


93

La presión de vapor de una sustancia líquida depende de la temperatura.

Ejemplo: presiones de vapor de H2O (l) en función de la temperatura.

T °C P (torr) T °C P (torr)0 4,6 50 92,5

10 9,2 60 149,4

20 17,5 70 233,7

25 23,8 80 355,1

30 31,8 90 525,8

40 55,3 100 760,0


94

Presión de vapor de agua en función de T

0

100

200

300

400

500

600

700

800

0 20 40 60 80 100 120

T °C

P (

torr

)


95

T gas +

H2O(v)

h

1 2

H2O(l)


96

Balance de presión:

Debido a que 1 y 2 se encuentran estables en un mismo nivel, se cumple que:

P en 1 = P en 2

La presión en 1 la ejerce todo lo que está sobre el nivel 1, esto es: la columna de agua de altura h, el gas acumulado y el vapor de agua, ambos en V.

P en 1 = Pcolumna de agua +Pgas + Pvapor de agua


97

La presión en 2 la ejerce sólo la atmósfera, así:

P en 2 = Patmosférica

Igualando P en 1 y P en 2, se llega a:

Pcolumna agua, h +Pgas+ Pvapor de agua = Patmosférica

Finalmente: Pgas = Patmosférica - Pcolumna agua, h - Pvapor de agua


98

Problema 12.El gas acetileno, C2H2, se puede producir por reacción de carburo de calcio y agua:CaC2(s) + H2O(l) = C2H2(g) + Ca(OH)2(ac)

El acetileno se colecta sobre agua a 20°C en un equipo como el mostrado en los esquemas anteriores. El volumen de gas acumulado es 523 mL y la altura de la columna de agua fue 4,5 cm.Sabiendo que cada cm de agua ejerce una presión igual a 0,74 mm Hg y que la presión de vapor del agua a 20°C es 17,5 torr, calcule los gramos de acetileno colectados.


99

5.5. Teoría cinético-molecular, modelo para gases.

Cualquier sistema físico o químico puede ser analizado y estudiado a nivel:

MACROSCÓPICO

y/o

MICROSCÓPICO

Hasta ahora se ha estudiado el comportamiento macroscópico del estado gaseoso, es decir hemos aprendido del comportamiento de muestras medibles y manejables de gas (muestras macro).


100

El estudio microscópico tiene como propósito lograr la comprensión del comportamiento macroscópico de un sistema en función de las propiedades de las partículas individuales que forman el sistema.

En otras palabras se trata de establecer relaciones entre las propiedades de las partículas que forman el gas (átomos, molécu-las, .. ) y las propiedades macroscópicas ya estudiadas.


101

Sistema MACRO… y Sistema MICRO…

Propiedades macro… Propiedades micro…

(de las partículas)

GAS

P, T, V, m

• Masa• Velocidad• Energía cinética• Momentum• …


102

La TEORÍA CINÉTICO-MOLECULAR de los gases consiste en un MODELO que explica el comportamiento macroscópico del gas en función de las propiedades de partículas individuales.

La teoría obtiene sus conclusiones a través de derivaciones matemáticas rigurosas pero nuestra discusión del modelo será más bien cualitativa.


103

La Teoría Cinético-Molecular de los gases fue desarrollada en el siglo XIX, principalmente por los científicos:

J. C. Maxwell y L. Boltzmann.


104

La Teoría cinético-molecular fue capaz de explicar las leyes de los gases a las que habían llegado empíricamente algunos grandes científicos del siglo anterior:

leyes de: Boyle, Avogadro, Charles y Gay-

Lussac, Dalton

además de entender el origen de la presión y de la temperatura y otros fenómenos que presentan los gases como son la efusión y la difusión.


105

Postulados de la Teoría Cinético-Molecular de los gases. (Modelo de gas).

La teoría se basa en los siguientes postulados, considerando que un gas consiste de una gran colección de partículas individuales :

1) Volumen de las partículas: El volumen de una partícula individual es extremadamente pequeño comparado con el volumen del recipiente que lo contiene. En escencia, el modelo representa a las partículas como puntos de masa (no ocupan volumen).


106

2) Movimiento de las partículas: Las partículas están en constante movimiento rectilíneo al azar y colisionan entre ellas y con las paredes del recipiente.

3) Colisiones de partículas: Las colisiones son elásticas, lo que quiere decir que las partículas que colisionan intercambian energía pero no la pierden por la fricción (=> la energía cinética total de las partículas es constante). Las partículas no interaccionan entre sí, esto significa que entre ellas no se influencian y cada una actúa independiente de las demás (=> no hay fuerzas de atracción ni de repulsión).


107

Partículas de gas

pared


108

El movimiento al azar de las partículas de gas y los choques entre ellas y con las paredes hacen que sus velocidades sean variables. Por lo tanto , las moléculas tienen una velocidad promedio, con algunas moviéndose más rápido que este promedio y otras más lento. Maxwell propuso una ecuación mostrando que la distribución de velocidades para las partículas depende de la temperatura del gas y de la masa de las partículas.


109

Función de distribución de velocidades moleculares.

Efecto de temperatura en la distribución de velocidades.

m = cte.

Velocidad más probable


110

He

H2O

O2

Fra

cció

n d

e m

olec

con

vel

oc

velocidad

a T

Efecto de masa molecular en la distribución develocidades

Las moléculas máslivianas se mueven a velocidades másaltas que las máspesadas.


111

Por otro lado, el movimiento de traslación de las partículas les confiere energía de tipo cinética, la que en términos de velocidad y masa se expresa por la relación: (1)

donde m = masa de la partícula (átomo o molécula) = es el promedio de los cuadrados de las velocidades de las partículasy = es la energía cinética promedio de las partículas

2

2

1umEc =

2u

cE


112

La raíz cuadrada de se denomina:

raíz del promedio del cuadrado de la velocidad, y se la simboliza por urms:

(Note que urms es diferente de )

La dependencia de la función de distribución de velocidades con respecto de la temperatura => que Ec promedio también depende de la temperatura.

2u

2uurms =

u


113

La TCMG permite establecer que:

(2)

para 1 mol de partículas.

La ecuación (2) expresa que:

La temperatura es una medida de la

energía cinética de las partículas de gas.

RTEc 2

3=


114

De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: donde T en K M en kg/mol si R = 8,314 J/mol K

A partir de la ecuación (2), dividiendo por NA, se puede obtener la energía cinética para una partícula:

M

RTurms

3=

kTN

RT)E(

Apartículac 2

3

2

3 ==


115

En la última ecuación, k es una constante.

La constante k se denomina constante de Boltzmann y es la constante de los gases expresada por partícula.

A partir de R = 8,314 J mol-1 K-1:

Kpartícula

J101,386

mol

partícula106

Kmol

J8,314

k 23

23 ××=

×

×= −


116

La presión como propiedad macroscópica de un gas es el resultado de las colisiones de las partículas con las paredes del recipiente.• Mientras más partículas haya en el recipiente, más

colisones y por lo tanto mayor presión ejerce el gas.

1) 2)

T, V, n menor T, V, n mayor

menor P mayor P


117

Para una misma cantidad de gas, mientras menor es el volumen del recipiente, mayor es la frecuencia de colisión y en consecuencia la presión del gas aumenta.

n, T, V mayor n, T, V menor P menor P mayor


118

Efusión y difusión de los gases.

Uno de los primeros triunfos de la TCG fue la explicación de la EFUSIÓN, que es proceso por el cual un gas escapa del recipiente cuando éste tiene una fisura o un orificio diminuto.

P menorgas

P


119

El estudio de la efusión fue hecho por Graham y estableció que la velocidad de efusión de un gas era inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la densidad del gas.

Puesto que la densidad del gas es directa-mente proporcional a su masa molar, a P y T, entonces:

M

1

d

1 efusión de velocidad ∝∝


120

La velocidad de efusión se define como la cantidad de gas que efusiona por unidad de tiempo.

La cantidad de gas se puede expresar como número de moles (n) o como V (a T y P):

velocidad efusión = n de gas /tiempo

o

velocidad efusión = Vgas /tiempo


121

La ley de Graham se enuncia:

la velocidad de efusión de un gas es

inversamente proporcional a la raíz

cuadrada de su masa molar (M).

Para dos gases A y B, que se encuantrn en las mismas condiciones de P y T, se cumple:

A

B

M

M

B velocidad

Avelocidad =


122

La relación anterior muestra que en iguales condiciones de P y T el gas más liviano (menor M) fluye a velocidad mayor que el gas de mayor masa molar.

Se debe a que a igual T la velocidad más probable de las moléculas livianas es mayor.


123

El movimiento de los gases, ya sea entre ellos o hacia regiones de menor presión tiene muchas aplicaciones importantes.

Se denomina DIFUSIÓN al proceso de invasión de un gas dentro de otro: ( más liviano que )

La velocidad de las partículas en los procesos de efusión y de difusión son las mismas.

Llave cerrada Llave abierta


124

La aplicación más importante de la ley de Graham es el enriquecimiento del combustible del reactor nuclear: separar el isótopo de uranio no fisionable más abundante 238U, del isótopo fisionable 235U para incrementar la proporción de este último en la mezcla.

Ya que los isótopos tienen propiedades químicas idénticas, se separan utilizando sus diferencias de velocidades de efusión de sus compuestos gaseosos.


125

Separación por efusión:

Molécula de menor masa

Molécula de mayor masa

Pared permeablea ambos gases

etc. hasta


126

Problema 13.

Compare la velocidad de efusión del He y del CH4.

Solución:

2,0024,003

16,04

M

M

CH velocidad

He velocidad

He

CH

4

4 ===


127

Problema 14.

Si se requieren 1,25 minutos para que fluyan 0,001 moles de He a P y T, ¿cuánto tiempo es necesario para que fluya la misma cantidad de metano a P y T?

Solución:

He de M

CH de M

He det

CH det

CH det

CH de molesHe det

He de moles

CH velocidad

He velocidad 44

4

44

===


128

Como:

moles de He = moles CH4 = 0,001 mol

2,50min1,25min2,002CH det

2,002He de M

CH de M

min 1,25

CH det

He de M

CH de M

He det

CH det

4

44

44

=×=

==

=


129

Los postulados de la TCMG permiten obtener expre-siones para otras propiedades de este modelo de gas, tales como:

Frecuencia de colisión.

Camino libre medio (o recorrido libre medio).


130

Frecuencia de colisión: es el número de colisiones

entre partículas por unidad de tiempo.

Camino libre medio (o recorrido libre medio): distancia promedio que recorre una partícula entre una colisión y otra.

La frecuencia de colisión y el camino libre medio son características del estado gaseoso que tienenincidencia en los fenómenos de transporte de los gases.


131

Camino libre medio:


132

5.6. Comportamiento real de los gases.

La ecuación de estado P V = n R T es válida en las condiciones que se definieron como ideales.

Los postulados de la TCMG idealizan las propiedades de las partículas que forman el gas y ese modelo de gas conduce a la ecuación PV=nRT.

El comportamiento real (verdadero) de un gas no queda exactamente representado por la ecuación ideal o por la TCMG salvo que este gas esté en las condiciones conocidas como ideales.


133

Para los gases se define el factor de compresi-bilidad, z:

para n a T y P

Entonces para un gas ideal z = 1 y para gas en condiciones no ideales:

ideal

real

V

Vz =

nRT

PV

P

nRTV

V

Vz realreal

ideal

real ===


134

Para el gas definido como ideal z = 1, independiente de P y T. Para un gas (real) z es distinto de 1 y cambia con P y con T. a T=cte para dife- z rentes gases 1 ideal

200 400 600 800 P(atm)


135

Variación de z con la presión para un determinado gas a distintas T

z T altas

T bajas

1 ideal

P


136

Las figuras anteriores muestran que todos los gases se comportan en forma ideal ( z=1) en la zona de P bajas (cuando P tiende a cero).

¿Cómo representar el comportamiento real de un gas en zonas de presión y de temperaturas alejadas de la idealidad?


137

J. Van der Waals,

fue quien primero introdujo modificaciones al modelo de gas ideal derivado de la TCMG y en consecuencia a la ecuación de estado de gas ideal PV = nRT.

http://av.rds.yahoo.com/_ylt=A0Je5XFQYbJA428B977XTKMX;_ylu=X3oDMTBvMmFkM29rBHBndANhdl9pbWdfcmVzdWx0BHNlYwNzcg--/SIG=12erkvrlv/**http%3A//www.nobel-winners.com/Physics/johannes_diederik_van_der_waals.html


138

Van der Waals introdujo las siguientes modificaciones a los postulados de la TCMG:

1) Las partículas de gas, por muy pequeñas que sean ellas ocupan un volumen finito y por lo tanto, éste debe ser considerado.

V (vasija)

volumen partículas


139

2) Al acercarse entre sí, las partículas de gas pueden interaccionar de tal manera que ellas se “agrupen” provocando una disminución en el número de “partículas de gas”.

sin interacción con interacción el número (12) de partículas disminuye (8)


140

Consecuencias de las modificaciones:

1) El volumen disponible para el gas ya no es el volumen V de la vasija sino que es la diferencia entre el volumen de la vasija (V) y el volumen que ocupan las partículas de gas.

2) La presión del gas se ve disminuida a causa de la disminución del número de partículas.


141

La ecuación de estado para gases propuesta por Van der Waals, y que lleva su nombre es:

En la ecuación de Van der Waals, “a” y “b” son constantes que dependen de la naturaleza del gas.

Por lo tanto la ecuación de Van der Waals es única para cada gas.

( ) TRnbnVV

anP

2

2

××=×−

×+


142

Significado de las constantes “a” y “b” en la ecuación de Van der Waals:

“a” se relaciona con las fuerzas de atrac-ción entre las partículas del gas.

“b” corresponde al volumen total de las partículas del gas


143

Algunos valores de las constantes “a” y “b” de Van der Waals:

Gas

HeH2

Cl2

CH4

NH3

H2O

0,0340,2446,492,254,175,46

0,02370,02660,05620,04280,03710,0305

)molL(atm a 22 −×× )lmo(L b 1−×


144

Problema 15.

Calcule la presión que ejercen 2 moles de NH3 cuando están contenidos en un recipiente de 0,5 L a 50°C:

a) suponiendo comportamiento ideal,

b) usando ecuación de Van der Waals.

c) Responda a) y b) para CO2.


145

Solución.

a) Suponiendo comportamiento ideal:

P V = n R T

P = 105,9 atm

0,5L

323KKmol

Latm0,0822mol

P×

×××

=


146

b) Usando ecuación de Van der Waals:

P = 57,7 atm

( ) TRnbnVV

anP

2

2

××=×−

×+

22

2

222

L0,5mol

L atm4,17mol2

mol

L0,03712mol0,5L

323KK mol

L atm0,0822mol

P×

−

×−

××=

( ) 2

2

V

an

bnV

TRnP

×−×−××=


147

c) Responda a) y b) para CO2:

• Usando la ecuación de estado de gas ideal para CO2 la presión es la misma que para NH3 ya que la ecuación es independiente de la naturaleza del gas.

• La ecuación de estado de Van der Waals para CO2 es distinta que para NH3 porque las constantes “a” y “b” cambian.

Para CO2 : a = 3,59 atm L2 mol-2

b = 0,0427 L/mol


148

Reemplazando en:

P = 70,3 atm

( ) 2

2

V

an

bnV

TRnP

×−×−××=

22

2

222

L0,5mol

L atm3,59mol2

mol

L0,04272mol0,5L

323KK mol

L atm0,0822mol

P×

−

×−

××=


149

Conclusión:

Los valores más aceptables son los dados por la ecuación de estado de Van der Waals. En este ejemplo de cálculo de presión, la ec. de estado ideal predice el valor de P con error de 84% en exceso para NH3 y 51%, para CO2.

GAS P (atm)

ideal Van der Waals

NH3

CO2

105,9105,9

57,770,3


150

Comentarios finales:

1) La ecuación de estado de Van der Waals tiende a la ec de estado ideal cuando las interacciones entre moléculas desapare-cen y cuando el V de la vasija es suficien-temente grande comparado con nb:

P V = n RT

( ) TRnbnVV

anP

2

2

××=×−

×+


151

2) La ecuación de estado de Van der Waals es sólo una de las muchas ecuaciones que se han propuesto a través de los años para explicar los datos PVT observados para gases.

3) Hoy existen decenas de ecuaciones para representar el estado gaseoso. Toman en cuenta distintas formas de dependencia de los parámetros (“a”, “b” y otros) con respecto de temperatura y presión.


152

4) Finalmente se debe destacar que todas las ecuaciones de estado propuestas para gases están basadas en las dos ideas fundamentales sugeridas por Van der Waals:

=> las moléculas tienen tamaño

=> entre moléculas actúan fuerzas

Las ecuaciones más modernas incluyen la dependencia de las fuerzas intermolecu-lares de la distancia que separa las moléculas.


153

Problema 16.Una vasija de 2,0 L contiene N2(g) a 300 K y 1, 5 atm. En esta vasija se introducen 3,0 L de H2(g) medidos a 400 K y 2,0 atm. La mezcla de H2 y N2 se lleva a 350 K y se deja reaccionar para formar amoníaco gas. El rendimiento de la reacción es 35%. Suponga comportamiento ideal y calcule:a) los gramos de amoníaco formados,b) la composición y la presión de la mezcla final.

Resp: a) 0,727 g; b) 3,76 atm; c) 45,3 %moles H2; 16,3 % moles de NH3.


154

Problema 17.Un recipiente, X, de paredes rígidas pero permeables a He, Ne y Ar contiene una mezcla 50% en moles de Ne y Ar a presión total P y temperatura T. Este recipiente se introduce dentro de otro, Y, que contiene He a la misma presión P y temperatura T, como se esquema-tiza en la figura que sigue.

Y a P y T X

NeAr

He


155

Después de cierto tiempo:

a) ¿qué gases hay al interior de cada recipiente?

b) ¿cómo es P en X comparada con P en Y y por qué?

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