Unidad i Estado Gaseoso

UNIDAD I: ESTADO GASEOSO [ ]

ESTADO GASEOSO

Es el estado en el que cierto tipo de materia, llamada gas, se encuentra regida por leyes sencillas representadas por las variables V (volumen), T (temperatura) y P (presión).

Gas.- Es la materia que posee la propiedad particular de llenar completamente cualquier recipiente debido a su alta energía molecular.

Gases más conocidos: Oxígeno, O2: Nitrógeno, N2; Anhídrido Carbónico, CO2; Monóxido de Carbono, CO; Argón, Ar; Neón, Ne; Oxido Sulfuroso, SO2; Oxido Sulfúrico, SO3; Cloro, Cl2 Hidrógeno, H2, Óxidos de Nitrógeno, NOx, etc.

Como se ve, todos son gases que se encuentran en la naturaleza, algunos de ellos en forma molecular monoatómica, otros en forma biatómica, triatómica, etc.

1.- DIFERENCIAS ENTRE LOS ESTADOS DE LA MATERIA.La principal diferencia entre los tres estados de la materia (sólido, líquido y gaseoso) radica en el movimiento de las moléculas.

a. En el estado gaseoso las moléculas poseen movimiento de rotación, vibración y traslación.b. En el estado líquido las moléculas poseen movimiento de rotación, vibración y el de traslación

es casi nulo.c. En el estado sólido las moléculas sólo vibran.

2.- CAMBIOS DE ESTADO DE LA MATERIALógicamente, como era de suponer, el movimiento de las moléculas tienen que ver directamente con latemperatura: a mayor temperatura la molécula tiende a incrementar su movimiento de tal manera que éstas pueden pasar de un estado a otro (cambio de estado).

Ejemplo cuando a un sólido se le calienta suficientemente, éste puede pasar al estado líquido y; si se sigue con el calentamiento, puede pasar al estado gaseoso.

3.- TEORIA CINETICA DE LOS GASESEsta teoría explica el comportamiento de los gases desde un punto de vista puramente mecánico y teórico. Se resume en 7 postulados:

1. Cada gas está constituido por partículas muy pequeñísimas de la misma masa y tamaño llamadas moléculas.

2. Las moléculas de un gas poseen movimiento incesante y caótico que permite que choquen frecuentemente entre sí y con las paredes del recipiente que los contiene.

3. La presión de un gas es consecuencia de los choques de las moléculas con las paredes del recipiente.

4. Cuando se obliga a las moléculas de un gas a ocupar un menor volumen, entonces las paredes del recipiente recibirán mayor número de choques, por tanto la presión del gas aumentará.

5. Cuando a un gas se le mantiene encerrado en un recipiente, su presión se mantendrá constante si mantenemos también constante la temperatura.

6. Dentro de un volumen determinado, el espacio ocupado por las moléculas de una gas es tan pequeño comparado con el espacio total del recipiente que las contiene.

7. Al aumentarse la temperatura de un gas originará un movimiento más vigoroso de las moléculas, por tanto aumentará la presión del gas.

4.- FUERZAS DE ATRACCION Y REPULSION EN LAS MOLECULAS GASEOSASEn el seno de todo gas existen 2 tipos de fuerzas que mantienen a las moléculas en constante movimiento: fuerzas de atracción y fuerzas de repulsión.

Docente: Ing. Gustavo Castro Morales FOPCA - UNFV1


a) Las fuerzas de atracción son aquellas que proporcionan a las moléculas la tendencia a unirse o a cohesionarse de acuerdo a la ley de atracción de masas formulada por la Mecánica de Newton que dice "la fuerza de atracción entre 2 cuerpos es directamente proporcional al producto de sus masas e inversamente proporcional a su distancia al cuadrado. Matemáticamente: F = k m.m`/d2).

Es necesario aclarar que se podría pensar que a distancias pequeñísimas las moléculas se unirían unas a otras a fin de formar una agregación compacta o altamente concentrada; sin embargo se ha demostrado que esto no ocurre así. Para explicar esto presentamos el siguiente gráfico:

Este gráfico lo explicamos de la siguiente manera:Si tenemos 2 moléculas separadas por la distancia grande 0d1 vemos que las fuerzas de atracción es pequeña. Al ir disminuyendo la distancia las fuerzas de atracción irán en aumento hasta conseguir su máximo valor cuando la distancia es 0d2. Sin embargo, a distancias menores las fuerzas de atracción en lugar de continuar aumentando se ven disminuidas a tal punto que a la distancia 0d3 la fuerza será cero. Aún más, si por algún medio externo intentamos acercar más estas moléculas, veremos que las fuerzas de atracción tomarían valores negativos lo que corresponden a fuerzas repulsivas o sea las fuerzas de atracción se transforman en repulsivas.

b) Las fuerzas repulsivas son las que permiten que las moléculas se separen unas a otras. Estas fuerzas se deben a la Energía Cinética o Energía de Movimiento que poseen las moléculas debido a la temperatura. Quiere decir que a mayor temperatura las moléculas poseerán mayor energía cinética y por tanto mayor fuerza de repulsión entre ellas.

Importante.- Como se ha visto, en un gas predominan las fuerzas de repulsión debidas a la energía cinética que poseen sus moléculas. Esto quiere decir que una forma de favorecer a las fuerzas atractivas es disminuyendo las repulsivas y como aquellas dependen de la temperatura, este efecto lo conseguiremos enfriando el gas. El resultado final podría ser llegar a convertir el gas en líquido (cambio de estado) con mínimas fuerzas repulsivas.

Otra manera de aumentar las fuerzas atractivas es comprimiendo el gas a fin de disminuir las distancias entre las moléculas tal y como se ve en el gráfico (el mismo cambio de estado).

Demás está decir que el mejor efecto para aumentar las fuerzas atractivas es enfriando y comprimiendo el gas.

5.- IDEALIDAD DE LOS GASESLos gases ideales o perfectos, como su nombre lo indica, son gases que cumplen ciertos requisitos que en la vida real o cotidiana es muy difícil que se den. Esto quiere decir que convivimos con gases reales y no con gases ideales.Requisitos para que un gas sea considerado ideal o perfecto

Las fuerzas atractivas deben tender a cero.Fa ≈ 0



El volumen que ocupan las moléculas debe despreciarse.Vmoléculas ≈ 0

Importante.- Una aproximación aceptable a gas ideal se consigue en la práctica sometiéndolo a bajas presiones y altas temperaturas - Para conseguir bajas presiones se necesitan grandes volúmenes de recipiente, esto hace que; Vrecipiente >>>>>> Vmoléculas

Por lo tanto: Vmoléculas ≈ 0 Las altas temperaturas permiten incrementar la energía cinética de las moléculas y por ende las

fuerzas de repulsión: Fr >>>>>>> Fa Por lo tanto: Fa ≈ 0

Como se dijo, es muy difícil conseguir que los gases tengan fuerzas atractivas que tienden a cero y sus moléculas de todas maneras poseen un volumen que aunque pequeño no debe despreciarse. Entonces, en conclusión, es más probable que un gas tenga un comportamiento real que ideal. Sin embargo, es importante conocer el comportamiento de un gas ideal para comprender el comportamiento del gas real.

6.- VARIABLES DE ESTADO DE LOS GASESLas variables fundamentales a tener en cuenta son:- Temperatura, T. Es la condición térmica a la que se encuentra el gas. Se mide en grados Kelvin, ºK.- Presión, P- Es la fuerza que soporta toda la superficie interna del recipiente que contiene el gas. Se mide en atmósferas, atm; o en milímetros de mercurio, mm Hg.- Volumen, V. Es el espacio total del recipiente que contiene al gas. Se mide en litros, L.- Cantidad de gas.- Aunque la cantidad de gas no es considerada como variable de estado, es necesario siempre tenerla presente por su importancia en los cálculos de problemas de gases.La cantidad de un gas se expresa en moles y se representa por “n”.Según se estudia en la Química General:

En donde: n: número de moles de gas.W: peso de gas, g.M: Peso molecular gramo del gas, g/mol

Ejemplo: ¿Cuántos moles de O2 hay en 100 gramos de este gas?

SoluciónDatos: n = ¿?w = 100 g M = 32 g/mol

n = 100/32 = 3,12 moles

LA TEMPERATURALa temperatura es la medida del estado térmico de la materia. En química, para medir este estado se emplean los llamados termómetros de mercurio, aunque últimamente se prefiere los termómetros digitales.

SISTEMAS Y ESCALAS DE MEDICION.Para medir la temperatura se hace uso de 2 sistemas internacionales:Absoluto y Relativo.Ambos sistemas poseen 2 escalas de medición como se ve en el siguiente cuadro.



Sistema Absoluto.- Toma como punto de inicio el Cero Absoluto, es decir, aquel punto en el cual las moléculas de las sustancias gaseosas pierden todo tipo de movimiento y no poseen energía calórica. (Esto en la práctica no es posible porque el gas antes se convierte en líquido). En este sistema están comprendidas 2 escalas: Kelvin (ºK) y Rankine (ºR)

Sistema Relativo.- En este sistema el cero de sus escalas es arbitrario y no indica desaparición total de energía. Se encuentran las escalas: Celsius o Centígrada (ºC) y, Fahrenheit (ºF).

Escalas MKS.- La escala Kelvin y la Celsius poseen la misma magnitud, o sea 1 ºK es igual a 1 ºC. Sin embargo, para convertir grados Kelvin a grados Celsius o viceversa, es necesario tener presente que laescala Kelvin es la escala Absoluta y no posee valores negativos,; por tanto su Cero empieza con el CERO ABSOLUTO; mientras que la escala Celsius su Cero empieza en los 273 ºK, lo que se representa en la siguiente figura:

Escalas Inglesas.- En este caso, al ser la Ranking la escala absoluta, ésta empieza con el Cero Absoluto y, la escala Fahrenheit empezará con 460 ºR, Aquí también cada magnitud escalar son iguales.

RELACIÓN ENTRE ESCALAS DE TEMPERATURAPara comprender mejor la relación de escalas, tomaremos como referencia el punto de ebullición del agua al nivel del mar y el punto de fusión del hielo. Por ejemplo, se puede afirmar que el agua según las escalas Absolutas hierve a 373 ºK o 672 ºR, y en las escalas Relativas, a 100 ºC o 212 ºF. Punto de ebullición del agua 100°C = 212°F = 373°K = 672°R Punto de fusión del hielo 0°C = 32°F = 273°K = 492°R. Observe el siguiente gráfico:



LA PRESIONLa Física define a la presión como la medida del efecto de la distribución de fuerzas perpendiculares aplicadas sobre una superficie o área ( P = F / A )

La fuerza F puede ser producida por las moléculas gaseosas que chocan sobre las paredes internas del recipiente que lo contiene:

(A). Si medimos esa fuerza por unidad de área, obtendremos la presión P del gas.

En el dibujo de la derecha se puede ver que una molécula choca sobre la superficie S, determinando un área de choque A y con una fuerza de choque F. La presión P será la consignada en el mismo dibujo.

La presión de un gas se suele medir en Milímetros de Mercurio, mm Hg, o en Atmósferas, atm. Para comprender el significado de estas unidades.

TIPOS DE PRESIONES EN UN SISTEMA GASEOSOSe consideran las siguientes presiones:

Presión gaseosa Presión manométrica, y Presión atmosférica.

Para comprender la diferencia entre estos tipos de presiones observemos el siguiente dibujo:

Vemos que la presión del gas, Pgas, produce un desnivel del Mercurio en el tubo en “U” llamado Manómetro. Este desnivel posee una altura “h” y la presión que ejerce esta columna de mercurio hacia abajo se denomina Presión Manométrica, Pman. La Presión Atmosférica, Patm es la que ejerce la atmósfera hacia abajo por la parte superior del manómetro. Entonces ya comprendemos la diferencia entre estos tipos de presiones. Como se puede ver en el dibujo, la presión del gas está equilibrada por la Presión atmosférica y la Presión manométrica. Entonces:

Pgas = Pman + Patm



Presión Manométrica Pman.- Es la fuerza que ejerce una columna de líquido en un manómetro sobre el área de su base. En el manómetro del dibujo dado, la columna de Hg de altura h, ejerce una presión hacia abajo para contrarrestar la presión del gas.

Pero como la densidad (dHg) del Hg es un valor constante, la presión PHg quedaría: PHg = h.

Entonces, la presión manométrica puede darse en unidades longitudinales llamado “columna de mercurio”: o sea en mm Hg.

Presión Atmosférica, Patm.- La tierra está rodeada de un manto gaseoso llamado atmósfera cuyo espesor no tiene un límite definido, pero es aproximadamente unos 80 km. Es una mezcla gaseosa cuyos principales componentes son los gases: N2, O2, Ar, CO2, etc. La presión atmosférica se mide con un instrumento llamado “Barómetro” como el mostrado en la figura, en el cual se ve que la Presión atmosférica se encuentra equilibrada por una columna de Hg de 760 mm (medido al nivel del mar). Entonces: 1 atm = 760 mm HgEs necesario tener presente que la presión atmosférica depende de la altitud del lugar donde se lleva a cabo la medición: Damos unos ejemplos: Lugar Altitud PatmNivel del mar 0 msnm 760 mm HgHuancayo 3270 msnm 492,4 mm HgCerro de Pasco 4380 msnm 435 mm Hg

7.- CONDICIONES ESTANDAR O NORMALES DE TEMPERATURA Y PRESIONSe acepta por convención que las condiciones estándar o normales de temperatura y presión:Presión = 1 atm (760 mm Hg)Temperatura = 0 ºC (273 ºK)Al referirnos a la temperatura estándar no se debe confundir con la Temperatura ambiente:Tambiente = 25 ºC Este es un valor referencial cuando no se especifica el lugar ( Este valor se refiere a lugares cercanos al mar). La temperatura ambiente de Cerro de Pasco es 15 ºC.

8.- ECUACION DE ESTADO DE LOS GASES IDEALESLa ecuación de estado es la que representa a las 3 variables de estado de los gases ideales P, V y T. Con esta ecuación, es suficiente conocer 2 de las variables, para conocer la tercera.

Se expresa matemáticamente:

P V = nR TEn donde:



P: presión del gas.V: volumen del gasn: número de moles del gasR: constante de los gases.T: temperatura del gas.

Problema No. 1.- Cual será la presión que soportarán las paredes internas de un recipiente esférico de 100 L si contiene 5 moles de un gas a temperatura ambiente.SoluciónAplicando la ecuación de estado de los gases ideales:P = ?V = 100 LT = 25 + 273 = 298 oK; n = 5 molesR = 0.082atm.l / mol ºK

P (100) = 5(0,082)(298)

P = 1,22 atm

9.- PROCESOS GASEOSOSUn proceso es un cambio. Cuando un gas se encuentra a 10ºC y se calienta a 50ºC se dice que ha sufrido un proceso o sea se ha producido un cambio.

En los procesos gaseosos se reconocen 2 tipos:- Proceso general, y- Procesos restringidos,

a).- PROCESO GENERAL DE LOS GASES IDEALESCuando a un gas ideal se le conduce desde un estado inicial 1 hasta un estado final 2, cambiando de valores sus variables de estado, se dice que se ha desarrollado un proceso general gaseoso.

Estado inicial Estado finalVariables de estado: P1, V1, T1, n1 P2 , V2, T2, n2

Aplicando la Ecuación de estado para cada caso:P1V1 = n1RT1 P2V2 = n2RT2

Como R es una constante, entonces se puede plantear:

P1V 1n1T 1

=P2V 2n2T 2

Si el cambio se efectúa con la misma masa de gas: n1 = n2. La ecuación se simplificará aún más.



P1V 1T 1

=P2V 2T 2

Problema No. 2.- A una temperatura de 30 0C, 500 L de un gas ejercen una presión de 900 mm Hg . Calcúlese el nuevo volumen que ocupará la misma masa de dicho gas a 10 oC y 850 mm Hg.

Solución.Condiciones iníciales Condiciones finalesP1 = 900 mm Hg P2 = 850 mm HgV1 = 500 L V2 = ?T1 = 30 +273 = 303 0K T2 = 10 + 273 = 293 0K

Aplicando la última ecuación:

(900)(500) = (850)V2

303 293

V2 = (900)(500)(283) = 494,5 L (850)(303)

VOLUMEN MOLAR DE UN GAS"Volumen Molar (Vm) de un gas, es el volumen que ocupa un mol de gas a una determinada presión y temperatura". Cuando la temperatura y presión son los valores estándar dados anteriormente, tomará el nombre de Volumen Molar Estándar y éste para cualquier gas ideal se determina de la siguiente manera:

Condiciones estándar: P = 1 atmT = 0 + 273 = 273 ºKn = 1 mol

Aplicando la Ecuación de Estado:1(V) = 1 (0,082) (273) V = 22,38 l

Como se ha determinado, el Volumen Molar a las condiciones estándar, tiene un valor de 22,4 litros Quiere decir que “Un mol de cualquier gas ideal a condiciones estándar siempre ocupará un volumen de 22,4 litros”.

DENSIDAD DE LOS GASESDensidad, d.- La densidad de un gas es la relación entre su masa y su volumen:

d = w/V = ρLa unidades más empleadas: g/l ó lo que es lo mismo: kg/m3.

Ejemplo: Es lo mismo decir que un gas tiene una densidad de 1,009 g/L ó 1,009 kg/m3.

De la Ecuación de estado de los gases: PV = n R T

Por definición de número de moles: n = w/MReemplazando en la Ecuación de estado: PV = w RT



MDe la definición de densidad, despejando: w = V dReemplazando: PV = V d RT M

Entonces, la densidad de un gas ideal es directamente proporcional a la presión e inversamente proporcional a la temperatura:

A mayor presión aumentará la densidad. A mayor temperatura disminuirá la densidad.

Problema No 3.- Calcular las densidades del Hidrógeno y el Oxígeno a condiciones normales de presión y temperatura.Solución.Se tomará como base 1 mol de gas a condiciones estándar que ocuparán un volumen de 22,4 L cada gas.

Para el hidrógeno: d = m/v, se sabe que 1 mol de hidrógeno pesa 2,016 gPara el oxigeno: d = m/v, se sabe que 1 mol de oxígeno pesa 32,00 g

Para el hidrógeno:d = 2,016/22,4 = 0,0899 g/l

Para el Oxígeno:d = 32,00/22,4 = 1,429 g/l

Problema No. 4.- Una masa de 0,324 g de un gas ideal ocupa un volumen de 280 ml a 23ºC y a 752 mm Hg. Calcular la temperatura a la cual el gas tendrá la densidad de 1,00 g/L a la presión de 760 mm Hg.

Solución

Aquí se presenta 2 condiciones para la misma masa de gas ideal.Masa de gas = 0,324 g

Condición inicial Condición finald1= m/v = 0,324/0,280 = 1,16 g/L d2 = 1,00 g/LT1 = 23 + 273 = 296 ºK T2 = ?P1 = 752 mm Hg P2 = 760 mm HgP1 = d1 R T1 P2 = d2 R T2

M MVemos que R y M son constantes.Dividiendo miembro a miembro: P1 = d1 T1

P2 d2 T2

752760

=(1,16 )(296)(1,00 )(T 2)

T2 = 346 ºK (73 ºC)

Problema No 5. Un mol de gas ocupa 27 l y su densidad es de 1,41 g/l a una temperatura y presión particular. ¿Cuál es su peso molecular? Cuál es la densidad del gas en CNTP?Solución:El peso de n = 1 mol de gas será según la ecuación w = Vd = 1,41 (27) = 38,1 gramos



También:

De la ecuación de Peso Molecular: M = d R T……………………….. (&) P

Pero como PV = nRT V = RT Reemplazando en (&) n P

M = d V = 1,41 (27) = 38,1 gramos/mol n 1

Como en CNTP el V es = 22,4 L d = w/V = 38,1/22,4 = 1,70 g/L.

b).- PROCESOS GASEOSOS RESTRINGIDOS DE LOS GASES IDEALESEs todo cambio que experimenta una cantidad específica de gas manteniendo constante cualquiera de las variables P, V, ó T. Son 3 los procesos restringidos representados por leyes que toman los nombres de los científicos que las formularon:

Ley de Boyle y Mariotte o de las Isotermas (a temperatura constante). Ley de Charles o de las Isóbaras (a presión constante). Ley de Gay Lussac o de las Isòcoras (a volumen constante).

b1) LEY DE BOYLE y MARIOTTE O DE LAS ISOTERMASDel proceso general:

P1V1 = P2V2

T1 T2

Si se mantiene constante la temperatura (ley de Boyle): T1 = T2, entonces el proceso general se transforma en restringido.

P1V1 = P2V2

Esta ley se define de la siguiente manera: "A temperatura constante, si se hace variar la presión el volumen variará en forma inversa a fin de mantener constante el producto PV del gas.

Matemáticamente, se representa:

P1 V1 = P2V2 = P3V3 = .............. = PnVn = k

Trataremos de explicar esta ley:Si tenemos un gas comprimido a una presión P1 ocupando un volumen V1 y, a la misma temperatura, aumentamos la presión comprimiéndolo hasta P2 ocupará un volumen menor V2, si aumentamos la presión a P3, su volumen será mucho menor V3; pero en cada caso el producto PV será el mismo.

En el dibujo vemos que la presión ha ido aumentando desde el estado inicial 1 al final 3, mientras que como consecuencia de ello el volumen ha disminuido desde 1 hasta 3. Entonces: P1<P2<P3 ; V1>V2>V3



Por la ley General de los Gases Ideales, mantenido constante la temperatura T:

P1 V1 = P2V2 = P3V3

T T T

Conclusión: P1 V1 = P2V2 = P3V3 = kLo que quiere decir que el producto PV se mantiene constante La constancia del producto de 2 variables (P y V) corresponde a la ley matemática llamada Hipérbola: Esta gráfica nos dice que a mayor presión el volumen del gas disminuirá proporcionalmente a fin de mantener constante el producto PV (Ley de las Isotermas).

Problema No 6.- A una presión de 500 mm Hg un gas ocupa un volumen de 1 l. Manteniendo constante la temperatura, determinar el volumen que ocupará la misma masa de gas si se le comprime hasta 850 mm Hg.Solución:

Condiciones iníciales Condiciones finalesP1 = 500 mm Hg P2 = 850 mm HgV1 = 1 l V2 = ?

Aplicando la ley de Boyle: P1V1 = P2V2

(500)(1) = (850) V2

V = 0,59 l

Problema No. 7.- Cual será la presión añadida a un gas que ocupa un volumen de 2 l si éste inicialmente ocupaba 5 l a la presión de 300 mm Hg

Solución:Condiciones iníciales Condiciones finalesP1 = 300 mm Hg P2 = (300 + x)V1 = 5 l V2 = 2 l

Por Boyle: (300)(5) = (300 + x)( 2)

x = 450 mm Hg

La presión añadida será 450 mm Hg, pero la presión actual será 300 + 450 = 750 mmHg.



Isotermas de un gasEntonces, ya sabemos que, a una temperatura constante T1, al variar la presión variará el volumen. Esto gráficamente será una hipérbola que representará a un proceso isotérmico y la curva será la isoterma T1.

Sin embargo, si la variación PV la hacemos o otra temperatura diferente y también constante, T2, la nueva hipérbola será la isoterma T2 . Y así, sucesivamente se puede ir representando una serie de isotermas

para un mismo gas. En el siguiente gráfico vemos un ejemplo de 2 isotermas:

Ahora, en el gráfico, veremos cuál temperatura es mayor: ¿T1 ó T2?. Para ello, tomamos el punto A de laisoterma T1 y el punto B de la isoterma T2.

En el punto A: P1V = nR T1 ………… P1 = nR T1

VP1 = k T1

En el punto B: P2V = nRT2 …………. P2 = nR T2 V

P2 = k T2

Los valores de n, R y V son iguales en ambos casos.Ahora, viendo la gráfica: Si, P2 > P1. Entonces, según las ecuaciones dadas:

T2 > T1.

b2) -LEY DE CHARLES O DE LAS ISOBARASDel proceso general:

P1V 1T 1

=P2V 2T 2

Si se mantiene constante la presión (ley de Charles): P1 = P2, entonces el proceso general se transforma en restringido a presión constante.

V 1T 1

=V 2T2

Esta ley se enuncia de la siguiente manera: "Si se mantiene constante la presión, al variar la temperatura Absoluta el volumen del gas variará en forma directa, manteniendo constante el cociente V/T”.

Matemáticamente:



V 1T 1

=V 2T2

=V 3T 3…………=

V n

T n=K

Observe el presente esquema:Vemos que, a presión constante, al aumentar la temperatura el volumen también aumenta:

T1 < T2 < T3; V1 < V2 < V3

Por la ley de Charles : V 1T 1

=V 2T2

=V 3T 3

=K

Generalizando: V/T = k que es lo mismo: V = kTV = kT es una ecuación que nos hace recordar a la ecuación de la recta: y = mx, en donde V es la ordenada y T la abscisa.Quiere decir que la ley de Charles cumple la ley de la recta:

Problema No. 8.- Un frasco abierto contiene aire a 20 0C, si se calienta hasta 118 0C.; determine la fracción de aire que es expulsado por el calentamiento.

Solución.Si el frasco está abierto, entonces la presión será la atmosférica = 1 atm y se mantendrá constante antes y después del calentamiento.Condiciones iníciales Condiciones finalesV1 = 1 l (se toma como base) V2 = ?T1 = 20 + 273 = 293 0K T2 = 118 + 273 = 391 0K

Por la ley de Charles:1/293 = V2/391

V2 = 391/293 = 1,33 l

Quiere decir que si el volumen inicial fue 1 l, entonces se expulsó: 1 - 1,33 = 0,33 lLa fracción expulsada con respecto al volumen final, será: 0,33/ 1,33 = 0,25 = 1/4.



Isóbaras de un gasUn mismo gas, al igual cuando nos referimos a las isotermas, puede estar representado por una o más isóbaras:

Punto A: P1V1 = nRT = k V1 = k/P1

Punto B: P2 V2 = nRT = kV2 = k/P2

Ahora, según el gráfico:Si V2 > V1,

Entonces:

KP2

> KP1

Por tanto: P2 ¿ P1

De igual manera un mismo gas puede estar representado por una ó más isóbaras. Teniendo en cuenta que cada isóbara será un proceso a presión constante del gas.

b3) LEY DE GAY LUSSAC Ó DE LAS ISOCORASEsta ley es similar a la de CharlesDel proceso general:

P1V 1T 1

=P2V 2T 2

Si se mantiene constante el volumen (ley de Gay Luzca): V1 = V2, entonces el proceso general se transforma en restringido a volumén constante.

P1T1

=P2T 2

Se enuncia: "A volumen constante, la Presión es directamente proporcional a la temperatura Absoluta del gas".Ahora veremos el siguiente dibujo:

Vemos que el volumen se mantiene constante pero las otras variables son:



T1 < T2 < T3

P1 < P2 < P3

Generalizando:P1T1

=P2T 2

=P3T3

=……….=PnT n

=K

Posee también variación lineal o sea sigue la Ley de la Recta (y = mx): P = kTGráficamente:

Problema No. 9.- Un gas se encuentra encerrado en un recipiente esférico a temperatura ambiente ejerciendo una presión de 730 mm Hg sobre las paredes internas del recipiente. Calcular la presión sobre las mismas paredes si se calienta el sistema a 80 0C.

SoluciónCondiciones iníciales Condiciones finalesT1 = 25 0C T2 = 80 0CP1 = 730 mm Hg P2 = ? (pregunta)

Por la ley de Gay Lussac:

Isócoras de un gas



Demuestre como en los casos anteriores que V2 ¿ V1. Utilice el siguiente gráfico:

En el punto A:P1V1 = nRT = k

Entonces: P1 = KV 1

En el punto B:P2V2 = nRT = k

Entonces: P2 = KV 2

Del grafico, tenemos que P2 ¿ P1

Por lo tanto: KV 2

> KV 1

, entonces V2 ¿V1

b4) PROCESOS RESTRINGIDOS COMBINADOS



Se denomina proceso restringido combinado cuando una masa gaseosa para pasar de un estado inicial u otro final, tiene que pasar por procesos restringidos intermedios. Esto se puede ver en el siguiente gráfico:

La masa gaseosa para pasar del estado inicial 1 al estado final 5, tiene que pasar por los siguientesprocesos restringidos intermedios:

1-2 Proceso Isotérmico2-3 Proceso Isobárico3-4 Proceso Isotérmico4-5 Proceso Isocórico

Problema No 10.- En el siguiente gráfico, para un gas ideal, determinar el valor de la isoterma X, el volumen V y la presión P.



SoluciónEn el proceso isotérmico a-b, según la ley de Boyle: PV = k

2(18) = P(8)

P = 2(18)/8 = 4,5 atm

En el proceso isobárico b-c: Según la ley de Charles: V/T = k

8 = V(27 + 273) (77 + 273)

V = 9,33 l

En el proceso isocórico c-d, según la ley de Gay Lussac: P/T = k:

4,5 = 877 + 273 x

x = 622 ºK (349 ºC)

Ejercicio.: Hallar P, T y V2 en el siguiente gráfico:



Solución:

Hallando en el proceso isocorico (recta de, 20 l) el punto A (300 0K, 25 atm.), hasta el punto B (T 0K, 50 atm) la temperatura ( T = ?):

25300

=50T

T=(300 )(50)25

=600 º K

En el proceso isocorico (recta de V2 l ) desde el punto C ( 600 0K, P atm), hasta el punto D (300 0K, 15 atm ), determinamos el valor de la presión ( P = ? ):

15300

= P600

P=(600 )(15)300

=30atm .

En el proceso isotérmico (a 600 0K ) desde el punto B (600 0K, 50 atm) hasta el punto C (600ºK, 30atm ), tenemos:

(50)(20) = (30)(V)

V ¿ (50 )(20)30

=33,33 l

10.- MOVIMIENTO DE LAS MOLECULAS GASEOSASYa hemos manifestado oportunamente que el movimiento de las moléculas gaseosas se debe a la energía cinética que posee, a mayor energía mayor velocidad de movimiento

a) ENERGIA CINETICA PROMEDIO DE LOS GASES



Trabajos de investigación, como los realizados por Bolztman, han determinado que no todas las moléculas gaseosas del mismo gas poseen la misma energía cinética sino que, para cada molécula, se puede aceptar una energía cinética promedio Ek

Ek = (Ek1 + Ek2 + Ek3 + Ek4 + ………. + Ekn)N

En donde Ek, energía cinética promedio de una molécula de gas.Ek1 …… Ekn, energías de las moléculas 1, 2, 3, ….., n.N, número de moléculas.

Bolztman determinó que la energía promedio de una molécula gaseosa, depende únicamente de la temperatura. Matemáticamente, se expresa:

Ek = 3 KT 2

En donde: T, temperatura del gas, ºK

K, Constante de Bolztman = 1,36* 10-25 atm-L molécula ºK= 1,38*10-16 ergios molécula ºK

Problema No 11..- Calcular la energía cinética de 1 mol de un gas si éste se encuentra a 30 ºC.

Soluciónn = 1 mol

Ek = 3/2 (1,36*10-25) (30 + 273) = 6,18*10-23 atm - l/molécula

1 mol de gas = 6,023*1023 moléculas

Energía total =( 6,18*10-23)(6,023*1023) = 37,2 atm - l

b) VELOCIDAD PROMEDIO DE UN GAS¿Con qué velocidad se puede difundir un gas? Esto se determina razonando de la siguiente manera: Como todas las moléculas gaseosas no poseen la misma energía cinética, entonces tampoco poseerán la misma velocidad; por eso, también se puede considerar una velocidad promedio, v, determinada por la ecuación:

En donde: M, Peso Molecular gramo del gas, g/mol.v, velocidad del gas, cm/sT, Temperatura absoluta, ºK.R, constante universal de los gases, 8,3 * 107 ergios / mol ºKProblema No 12.- Un gas pestilente (H2S) es liberado en el centro del aula en el que no hay movimiento de aire y se encuentra a 27 ºC. ¿Cuál será la velocidad de difusión del gas y en que tiempo percibirá el olor un estudiante situado a 9,3740 m del centro del aula?

SoluciónPeso molecular del H2S = 34 g/molTemperatura: 27 + 273 = 300 ºKDistancia = e = 937 cm



v2 = 3 (8,3*107)(300) / 34

v = 4,687*104 cm/s

t= e/v = 937 / 4,687*104 = 0,02s

11.- DIFUSION GASEOSA (Ley de Graham)Thomas Graham en el período 1 828 – 1 833 demostró que los gases livianos se difundían más rápidamente que los pesados y concluyó que esto se debía a sus masas moleculares.

a) Difusión en función a sus velocidadesDos gases que se encuentran a las mismas condiciones de presión y temperatura, el gas de menor Peso Molecular se difundirá más rápidamente.

Gas A de < M (liviano) Gas B de > M (pesado)

Dividiendo:

Donde: _M, Peso Molecular gramo del gas.vA ; vB, velocidad promedio del gas.d, densidad del gas.A, gas A.B, gas B.

Enunciado: “Para gases diferentes, bajo las mismas condiciones experimentales, las velocidades de difusión son inversamente proporcionales a la raíz cuadrada de sus pesos moleculares y análogamente a sus densidades”.

Problema No 13.- Se llenó un recipiente con cantidades iguales de O2 y un gas “x”. Si el O2 escapa a 1,77 veces más rápido que el gas “x”, calcular el Peso Molecular de “x”.

SoluciónSea O2 = 1 (Peso molecular = 32)

Del enunciado: v1v x

=1,77

Despejando:



Mx = 100

Importante.- Cuando se trata de gases y teniendo en cuenta la fórmula:v = Volumen(l) / t(s)

La velocidad de difusión se suele representar en litros/s u otras unidades similares.

Problema No 14.- Si 200 l de gas HBr se difunden en 4 minutos a ciertas condiciones de P y T ¿Cuántos minutos tardarán en difundirse 1 600 l de gas CH4 a las mismas condiciones? (Datos: Pesos Moleculares: HBr = 81, CH4 = 16).SoluciónLas velocidades serán:

Para el HBr, vA = 200/4 = 50 l/min

Para el CH4 , vB = 1600/t

Por la ley de Graham:50

1600/ t=√ 1681=50∗t1600

=√ 1681t=√16∗1600

√81∗50=14,22

b) Difusión en función a sus tiemposEs lógico pensar que los gases más livianos emplearán menos tiempo en difundirse que los pesados. Es por eso que Graham enuncia su ley de difusión de la siguiente manera: “Para un mismo volumen y a las mismas condiciones de presión y temperatura, se cumple que los tiempos de difusión son directamente proporcionales a la densidad o al Peso molecular”

Matemáticamente:Gas A de < M (liviano) Gas B de > M (pesado)

Dividiendo:

En donde: tA y tB, tiempos de difusión.

Ejercicio.- Si 1 l de O2 emplea en difundirse 5 min ¿Cuántos min. empleará en difundirse el mismo volumen de gas O3 a las mismas condiciones de P y T?

12.- MEZCLA DE GASES IDEALESYa se determinó que un gas se puede difundir dentro de otro gas, esto permite que se formen mezclas gaseosas cuyos comportamientos obedecen a ciertas leyes que se describirán en esta parte del curso.

Se denomina mezcla gaseosa al conjunto de moléculas de 2 ó más gases diferentes sin que entre ellos se produzcan una reacción química.



El comportamiento de cada uno de los gases que componen la mezcla se realiza en forma totalmente independiente de la presencia de los demás y, se puede aplicar en cada caso las ecuaciones del estado gaseoso.

Fracción Molar (Xi) .- Es una forma de expresar la concentración molar de los componentes de una mezcla gaseosa. Es la relación entre el número de moles de un componente (n i) y el número de moles totales de la mezcla (nT).

Si la mezcla gaseosa está formada por n1 moles de gas 1, n2 moles de gas 2 y, n3 moles de gas 3, las fracciones molares para cada componente gaseoso serán:

Fracción molar del gas 1: x1=n1

n1+n2+n3


n1+n2+n3


n1+n2+n3

Ejemplo, Se tiene una mezcla gaseosa formada por 2 moles de gas A y 3 moles de gas B. Hallar las fracciones molares de cada componente:Solución

nA = 2 moles nB = 3 moles nT = nA + nB = 2+ 3 = 5 moles



Peso Molecular Gramo Promedio (M ) .- Como la mezcla gaseosa posee componentes de pesos moleculares diferentes, es necesario contar con un Peso Molecular Promedio (ó aparente) de la mezcla que lo determinaremos de la siguiente manera:

Sea la mezcla de los gases A y B de pesos wA y wB respectívamente.El peso total de la mezcla gaseosa será: wT = wA + wB ………………… (α)Por Química General, se sabe que:

n= wM

Entonces: w = nM

Reemplazando en (α):

Haciendo arreglos:

Esta ecuación representará al Peso Molecular Gramo Promedio de la mezcla gaseosa total.

Problema No 15.- Se tiene una mezcla gaseosa cuya composición % molar es 30 % de etano y 70 % de propano. Determine el Peso Molecular de la mezcla gaseosa.SoluciónCH3-CH3 …………………….. 30 % vol ………………. Peso Molecular = 30 g/molCH3- CH2 - CH3 …………….. 70% vol ………………. Peso Molecular = 44 g/mol

Porcentajes molares Fracciones molares (Xi)CH3-CH3 30 0,30CH3- CH2 - CH3 70 0,70

a) LEY DE LAS PRESIONES PARCIALES DE DALTON(Sólo cuando el Volumen y la Temperatura de la mezcla es constante)Esta ley establece que “la presión total de una mezcla gaseosa está dado por la suma de las presiones parciales de sus componentes”.

P = P1 + P2 + P3 + ….. + Pn

Explicamos esta ley: Se tiene un recipiente cerrado de volumen V, que contiene una mezcla gaseosa con tres gases diferentes a la temperatura T; ejerciendo una presión total P.

Vemos en el dibujo que los 3 tipos de gases diferentes están representados por las esferas indicadas y para cada gas sus números de moles presentes en la mezcla serán respectivamente: n1, n2 y, n3. Como se ve, no necesariamente estos números de moles deben ser iguales.



En las condiciones ideales, cada componente se comporta como si estuviese sólo en el recipiente, ocupando el volumen V, a la temperatura T con su presión parcial correspondiente:

Ecuaciones de estado para los componentes

Para el gas 1: P1V = n1RTPara el gas 2: P2V = n2RTPara el gas 3: P3V = n3RT

La suma miembro a miembro dará la ecuación:

En donde:

Número de moles totales de la mezcla: n = n1 + n2 + n3

Presión total de la mezcla: P = P1 + P2 + P3

Fracción de presión y fracción molarSi tomamos la ecuación de estado para el componente 1 y lo dividimos miembro a miembro con la ecuación de estado de la mezcla, obtenemos:

De igual manera operamos con los demás componentes:

Donde Xi es la fracción molar de los componentes de la mezcla y, que en este caso:

Fracción de presión = Fracción molar

Aún más, si multiplicamos ambos miembros por 100:

Esto se explica de la siguiente manera: En una mezcla gaseosa en donde hay 30 % molar de gas A y 70 % molar de gas B, significa que el 30 % de la presión total lo da el gas A y el 70 % el gas B.

Aún más: En (β) y con las definiciones conocidas:



p2P

=x2Despejando:

p2=P∗x2

Generalizando:

pi=P∗x i

La presión parcial de un componente es el producto de su fracción molar y la presión total de la mezcla.

Problema N° 16.- Calcular la presión de la mezcla gaseosa formada por 500 g de O2, 1 500 g de N2, y 100 g de H2. Todo contenido en un recipiente esférico de 2 000 L a 25 ºC. ¿Cuáles serán las fracciones molares y el porcentaje de cada gas?

SoluciónDatosV = 2 000 lpi = Xi PT = 25 + 273 = 298 ºKp1 + p2 + p3 = P = ?n1 = 500/32 = 15,6 moles de O2

n2 = 1 500/28 = 53,57 moles de N2

n3 = 100/2 = 50 moles de H2

Reemplazando: P(2 000) = (15,6 + 53,57 + 50)(0,082)(298)P = 1,46 atm

Las fracciones molares serán:

Para el oxígeno 15,6/(15,6+53,57+50) = 15,6/119,17 = 0,13 ……. 13%

Para el Nitrógeno 53,57/119,17 = 0,45 ............................ 45%

Para el Hidrógeno 50/119,17 = 0,42 ................................ 42%

La suma de los porcentajes de los 3 gases debe dar 100%

Problema No 17.- La presión total de una mezcla gaseosa de O2 y CO2 es 8 atm. Calcular el Peso Molecular de la mezcla sabiendo que la presión parcial del CO2 es 2 atm.

SoluciónEl Peso molecular de la mezcla es: MT = X AM A + XBMB ……………. (φ)

A = O2 y B = CO2

MA = 32 y MB = 44Encontraremos la fracción molar de cada componente: Xi = pi/P

P = pA + pB

8 = 2 + pB



pB = 8 – 2 = 6 atmXA = 2/8 = 0,25XB = 6/8 = 0,75

Reemplazando en (φ): MT = 0,25(32) + 0,75(44) = 41 g/mol

El Peso Molecular de la mezcla será 41,0

b) LEY DE LOS VOLUMENES PARCIALES DE AMAGAT

(Sólo cuando la Presión y la Temperatura de la mezcla es constante)En recipientes abiertos la presión constante es la atmosférica y la temperatura, la ambiente.Esta ley establece que “el volumen total de una mezcla gaseosa estádado por la suma de losvolúmenes parciales de sus componentes”.

V = v1 + v2 + v3 + …. + vn

Por definición, el volumen parcial de un componente es el volumen que ocuparía si se encontrara solo en el mismo recipiente a la misma temperatura y presión de la mezcla.

Para explicar esta ley, vamos a imaginarnos un cilindro con un pistón de peso y fricción cero que se encuentra en equilibrio debido a las fuerzas contrarias ejercidas por la mezcla gaseosa y el medio exterior que proporcionará una presión constante P, todo el sistema se encuentra a una temperatura T.

En la parte inferior y por un costado se tiene una salida de gas el cual se controla con la llave X. En el interior del cilindro se tiene 3 gases representados cada uno por una coloración diferente de sus moléculas. De alguna manera, las moléculas están ordenadas en niveles.

Ahora vamos a imaginar que abrimos la llave X y dejamos salir sólo las moléculas que se encuentran en el Nivel 1, quedando en el cilindro las moléculas del Nivel 2 y del Nivel 3; el pistón bajará hasta alcanzar un nuevo equilibrio. La diferencia de volúmenes (volumen inicial – volumen final) será el volumen parcial del gas que se dejó escapar:

v1 = volumen parcial del componente 1

A continuación se abrirá nuevamente la llave para dejar pasar sólo las moléculas del Nivel 2, quedando únicamente en el cilindro las moléculas del nivel 3.

v2 = volumen parcial del componente 2.

En forma idéntica podemos determinar el volumen parcial del componente 3:

v3 = volumen parcial del componente 3.

Aquí, es importante aclarar que en todos los casos explicados siempre el sistema se mantuvo a la presión constante P.Aplicando la ecuación de estado para cada componente:

Para el gas 1 : Pv1 = n1RTPara el gas 2: Pv2 = n2RTPara el gas 3: Pv3 = n3RT

Sumando miembro a miembro se tendrá la Ecuación de Estado para la mezcla:



P(v1 + v2 + v3) = (n1 + n2 + n3)RT

Ahora, tomando la ecuación del gas 1: Pv1 = n1RT

Y tomando la ecuación de la mezcla:

P(v1 + v2 + v3) = (n1 + n2 + n3)RT

Dividiendo miembro a miembro:

Fracción de volumen = Fracción molarSi multiplicamos por 100:

% Volumen = % Molar

Cuando nos referimos a la composición del aire se dice que está compuesto por 79% en volumen de N2 y 21% de O2. De acuerdo a lo determinado, también se puede decir que el aire está compuesto por 79% molar de N2 y 21% molar de O2. Esto quiere decir que si tomamos 100 moles de aire, 79 moles serán de N2 y 21 moles de O2.

En (ξ) : v1V

=x1

Generalizando:

El volumen parcial de un componente es el producto de su fracción molar y el volumen total de la mezcla.

Problema No 18.- La composición volumétrica del aire es 78 % de N2, 21 % de O2 y 1% de Ar. Hallar el Peso Molecular del aire.Solución

M = 0,78(28) + 0,21(32) + 0,01(40) = 28,96

Problema No 19.- La fracción molar de un gas A en una mezcla de 3 gases A + B + C, es 0,40. Se extrae



completamente el gas A y la fracción molar de B en la mezcla resultante es 0,60. Calcular la presión parcial de A en la mezcla inicial, sabiendo que la presión parcial de B en la mezcla final es 1 atm.

SoluciónSe toma como base nT = 100 moles de mezcla A+B+C

Entonces: nA = XAnT = 0,40(100) = 40 moles

nB + nC = 100 – 40 = 60 moles (lo que queda después de expulsar A)

O sea, en el segundo caso (sin A) sólo hay:

nT = 60 moles

Si XB = 0,60, entonces XC = 1,0 – 0,60 = 0,40

nB = XB.nT = 0,60(60) = 36 moles

Como Xc = 0,60, entonces: nC = XC nT = 0,40(60) = 24 moles

Entonces nT = 36 + 24 = 60 moles

Quiere decir que se desalojaron: nA = 100 – 60 = 40 moles del gas A

pB = 1 atm

La presión de la mezcla B+C es: P2 = pB /XB = 1/0,60 = 1,67 atm

Encontraremos la presión P1 de la mezcla A+B+C:

P1V = 100 RT..(1) y P2V = 60RT..(2)

Dividiendo miembro a miembro (1) / (2) :P1P2

=10060

La presión parcial del gas A será: pA = XA P1 = 0,40(2,84) = 1,14 atm



13.- GASES REALESSe ha dicho que un gas ideal es aquel en el se desprecian tanto el volumen de sus moléculas como también las fuerzas de atracción entre ellas. En un gas real no tiene porque despreciarse ni el volumen de las moléculas ni las fuerzas atractivas por más pequeñas que éstas sean. También se dijo que convivimos con gases reales y no con ideales. De igual manera se dijo que se consiguen aproximaciones a gases ideales cuando se trabajan a altas temperaturas y bajas presiones.

Según hemos avanzado en nuestro estudio, ya estamos en condiciones de afirmar: "Un gas ideal es aquel que cumple con la Ecuación: PV = nRT llamada Ecuación de Estado de los gases ideales" . Entonces, análogamente: "Un gas real será aquel que no cumple con la Ecuación PV = nRT". Matemáticamente:

Gas ideal: PV = nRTGas real: PV ≠ nRT

13.1.- ECUACION DE ESTADO PARA LOS GASES REALESLa ecuación de estado para un gas real será:

PRVR = nRT

En donde PR es la presión real que ejerce el gas, y VR será el volumen real del gas.

A.- ECUACION DE ESTADO DE VAN DER WAALSAntes de plantear la ecuación de Van der Waals es necesario tener en cuenta las siguientes consideraciones de Presión y Volumen en condiciones reales:

La Presión en un gas real.La presión que ejerce un gas real no sólo es debido al impacto de las moléculas sobre las paredes del recipiente sino que también se debe al hecho de que tienen que vencer las fuerzas de atracción de las moléculas vecinas.

La presión actual de un gas, P, es la que es medida por el instrumento ya conocido por nosotros llamado manómetro y representa a la presión producida por las fuerzas de choque, F1, de las moléculas sobre la pared interna del recipiente. Las fuerzas de atracción, F2, que ejercen las moléculas vecinas son las que debe vencer la molécula para ir hacia la pared del recipiente.



Entonces:Las fuerzas de choque sobre la pared interna F1 producirán la presión P, medida por el manómetro (presión actual).Las fuerzas de atracción entre moléculas F2 producirán la presión P`.La Presión real será: PR = P + P`Según Van der Waals, la presión debida a las fuerzas de atracción está dada por:

En donde: n, número de moles de gas.a, constante de Van derWaals dado en tabla.V, volumen del recipiente.

Reemplazando, La presión real será:

El Volumen en un gas real.En un gas ideal se desprecia el volumen de las moléculas por lo que se considera que todo el volumen del recipiente, V, es el volumen compresible del gas. Sin embargo, en un gas real el volumen compresible VR es sólo la diferencia del volumen del recipiente, V, menos el volumen de las moléculas, V´. Esta diferencia es el volumen real: VR = V - V´

Van der Waals dice que el volumen de las moléculas está dado por la relación:

En donde: n, número de moles de gas.b, constante de Van derWaals dado en tabla.

Ahora ya podemos formular la Ecuación de Estado de Van der Waals:

PR VR = nRT.

Reemplazando:



Es imprescindible que quede bien claro esto:

P, Presión actual del gas debido a las fuerzas de choque, medido con el manómetro, V, Volumen del recipiente que contiene el gas, n2 a / V2, Presión debido a las fuerzas de atracción, ò presión de Van der Waals.V - nb, Volumen compresible o sea lo que se puede comprimir, ó volumen de Van der Waals

Para usar esta fórmula, la presión deberá darse en atmósferas, el volumen en litros, la temperatura en ºK, R = 0,082 y emplear los datos de a y b de la tabla “Constantes de Van der Waals”que se da al final del capítulo.

Problema No. 20.- Calcule la presión final que ejercerían 200 litros de gas acetileno a 1/2 atm de presión y 50 ºC que al ser comprimidos, alcanzan un volumen de 20 litros y una temperatura de 80ºC. Cuál será la presión real y la presión considerando un comportamiento ideal del gas?

SoluciónDatos de la Tabla para el Acetileno: a = 4,37; b = 0,0512

Estado inicial Estado finalP1 = 0,5 atm P2 = ¿?V1 = 200 l V2 = 20 lT1 = 50+273 = 323 ºK T2 = 80+273 = 353 ºK

Como en el estado inicial las condiciones son bajas, entonces se puede emplear la ecuación de estado de los gases ideales para determinar el nº de moles de gas:

P1V1 = nRT1

0,5(200) = n(0,082)(323)n = 3,78 moles

Considerando el comportamiento ideal:0,5 (200) = P(20)

323 353

P = 5,46 atm

Aplicando la ecuación de Van derWaals:

PR[20 - 3,78(0,0512)] = 3,78(0,082)(80 + 273)

PR = 5,52 atm

Con este problema se demuestra que cuando se trabaja con bajas presiones el comportamiento real de un gas algo se asemeja al comportamiento ideal del mismo.

Ejercicio. 3,5 moles de NH3 ocupan 5,20 l a 47 ºC. Calcúlese la P del gas usando (a) la ecuación de los gases ideales; (b) la ecuación de Van der Waals.

B.- ECUACION DE ESTADO CON FACTOR DE COMPRESIBILIDADEsta es otra forma de corregir la ecuación del comportamiento ideal de un gas para expresar su comportamiento real.Se ha dicho que para un gas real:

PV ≠ nRT



Entonces la matemática puede igualar esta desigualdad añadiendo un factor z:

PV = znRT

El factor z de esta última ecuación se denomina Factor de Compresibilidad de los gases reales, cuyo valor dependerá del tipo de gas y de las condiciones de P y T de los mismos.

Las Constantes Críticas de los GasesTodos los gases poseen 3 valores o constantes críticas de importancia para comprender el comportamiento de los mismos. Estas constantes, son:

Pc:, Presión crítica Tc :Temperatura crítica y, Vc: Volumen crítico.

Para comprender el significado de estas constantes veremos la figura de liquefacción del gas X En la figura puede verse 6 curvas continuas que serán las isotermas del gas X, de las cuales tomamos, para nuestra explicación, las isotermas T1, TC, y, T2.

Nos ubicamos en el punto “x” inicio de la isoterma T1, (temperatura relativamente baja), aquí el gas X se comporta como vapor dado a la baja presión y temperatura.

Si sometemos a una compresión lenta pero continua, llegaremos en un primer término al punto “a” en donde aparecerán las primeras gotas de líquido empezando el cambio de estado vapor- líquido debido a la compresión, como se ve en la figura.

Este cambio de estado continua a presión y temperatura constante hasta llegar al punto “b” en donde desaparece todo vestigio de vapor y sólo existirá el estado líquido; en este estado, al continuar la compresión, el volumen sólo se verá reducido mínimamente, característica de este estado de la materia.

Ahora empezaremos la compresión a una temperatura mayor, en el punto “y” de la isoterma TC, seguimos hasta el punto máximo del domo (fig punteada). En este punto existen simultáneamente vapor + líquido. A este punto se le denomina Punto Critico del gas X y a la presión, temperatura y volumen se les llama:

Presión crítica, PC. Temperatura crítica, TC y, Volumen crítico, VC.

Se puede observar también que, aún empleando fuertes compresiones es imposible la licuefacción del gas Para concluir, todos los gases tienen constantes críticas las que se pueden ver en la Tabla correspondiente al final del capítulo.



Cálculo del Factor de Compresibilidad z.El factor z se determina calculando primero la presión reducida, Pr, y la temperatura reducida, Tr, definidas como:

Pr = P / PcTr = T /T c

En donde P y T son la presión y la temperatura actuales del gas, Pc y Tc son la presión y la temperatura críticas constantes del gas. Ahora estas constantes críticas se pueden observar en la tabla de“Constantes Críticas de los gases”.Calculadas Tr y Pr se llevarán estos valores al gráfico “Factor de Compresibilidad z” encontrando la intersección de la abscisa Pr y la curva Tr determinará el valor de z en la ordenada.

En el ejemplo del gráfico:

Pr = 2,7Tr = 1,4Z = 0,75

Nota.- Al final del capítulo, se presenta 2 gráficos del Factor Z: uno para presiones altas y otro para presiones medianas, las presiones bajas reportan valores de Z cercanos a 1.

Importante. - De lo dicho anteriormente se puede afirmar que cuando el factor z es igual a la unidad, entonces se tratará de un gas ideal.

Entonces:

Cuando z ≈ 1 será considerado gas ideal Cuando z ≠ 1 (Puede ser > o < ) será un gas real.

Problema No. 21.- Determinar el volumen que ocupan 30 moles de O2 50ºC y 600 atm

Solución

Datos: n = 30 molesT = 50+273 = 323 ºKP = 600 atm.

Datos de tablas:Tc = -118,8 + 273 = 154,2 ºKPr = 49,7 atm

Hallando condiciones reducidas: Tr = 323 / 154,2 = 2,09

Pr = 600 / 49,7 = 12,07

Interceptando en el gráfico completo se tiene:

z = 1,25

Aplicando la fórmula: PV = znRT600V = (1,25)(30)(0,082)(323)

V= 1,66 L



Problema No 22.- Cierto gas se encuentra en un recipiente de 10 l a 134 atm y 20 ºC. El gas se expande hasta un volumen de 20 l a la presión de 50 atm. Determine la temperatura a la cual deberá someterse para tal expansión.(Pc = 33,5 atm y Tc = 195 ºK)

Solución

Estado inicial Estado finalP1 = 134 atm P2 = 50 atmV1 = 10 L V2 = 20 LT1 = 20 + 273 = 293 ºK T2 = ¿?

Calculamos n, de la ecuación de estado: PV = znRT

Para el estado final:



ALGUNOS PROBLEMAS RESUELTOS



1.- El gráfico muestra el comportamiento de un gas ideal. Si T2 = 27 ºC, calcular T1.

Solución

Se ve que hay 2 procesos restringidos:

Isotérmico 3-2 Isocórico 2-1

Proceso isotérmico 3-2: PV = ka(45) = (a+1)(5)a = 0,125 atm

Proceso isocórico 2-1: P/T = k

T2 = 27 + 273 = 300 ºK

T1 = 150 ºK ( ó -123 ºC)

2.- Si la velocidad media de una molécula de O2 es 4,25*104 cm/s a 0 ºC. ¿Cuál será su velocidad a 25 ºC?.

Solución

Dividiendo miembro a miembro ambas ecuaciones:

Reemplazando:



3.- Un gas ideal a la presión de 1 atm está dentro de una ampolla de volumen “V”: se abre una llave que conecta a otra ampolla de 500 ml previamente evacuada, observándose que la presión final es de 380 mm Hg. Determinar el valor de “V” si se desprecia el volumen que pueda tener la llave y considerar un proceso isotérmico.

Solución

4.- En un cilindro se tiene 4 m3 de un gas a 2 atm, en otro cilindro de 6 m3 se tiene otro gas a la presión de 6 atm. Si ambos cilindros, se conectan mediante una válvula de volumen despreciable, determinar la presión de la mezcla

formada (todo el proceso es isotérmico).

Solución

5.- En una mezcla de masas iguales de metano, CH4, y etano, C2H6, la presión parcial del CH4 es 0,56 atm. ¿Cuál es la presión parcial del C2H6?

Solución



La presión parcial del gas metano es:

6.- En un frasco metálico que contiene 5 moles de cierto gas a 27 ºC se introduce una ampolla de vidrio que contiene 100 g de cierto líquido de Peso Molecular 50. Al romperse la ampolla, el líquido inmediatamente se volatiliza generando un aumento de presión de 300 mm Hg ¿Cuál fue la presión inicial del gas si el proceso es isotérmico?

SoluciónEl proceso no sólo es isotérmico sino que también isocórico porque se trata del mismo recipiente que no varía su volumen por ser metálico.


Unidad i Estado Gaseoso

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