3 gases

Los Gases

y la teora

Cintico - Molecular

Universidad de La Frontera

Fac. Ing. Cs. y Adm.

Dpto. Cs. Qumicas

Prof. Josefina Canales

Algunos gases industriales importantesNombre - Frmula Origen y uso

Metano (CH4) Depsitos naturales; combustibledomstico

Amoniaco (NH3) Del N2 + H2 ; fertilizantes y explosivosCloro (Cl2) Electrlisis del agua de mar;

blanqueadores y desinfectantes

Oxgeno (O2) Aire licuado, manufactura de aceroEtileno (C2H4) Descomposicin del gas natural por

altas temperaturas; plsticos

Los tres estados de la materia

Gas: Las molculas estn separadas y llenan el espacio posible

Lquido: Las molculas estn cerca y se mueven relativamente entre s

Slido: Las molculas estn cerca una de otra, empacadas en un arreglo regular, y se mueven muy poco entre s

Caractersticas importantes de los gases1) Los gases son altamente compresibles

Si una fuerza externa comprime una muestra de gas, ste disminuye su volumen. Al eliminar esta fuerza externa se permite que el gas aumente de volumen otra vez.

2) Los gases son trmicamente expandiblesCuando una muestra de gas se calienta, su volumen aumenta, y cuando se enfra su volumen disminuye.

3) Los gases tienen relativamente baja viscosidadLos gases fluyen ms libremente que los lquidos y los slidos.

4) La mayora de los gases tienen densidades bajasLa densidad de un gas se expresa en unidades de gramos por litro, mientras que las densidades de los lquidos y los slidos son en gramos por mililitro, aproximadamente 1000 veces ms denso.

5) Los gases son infinitamente mezclablesLos gases se mezclan en cualquier proporcin, como en el aire, una mezcla de

muchos gases.

Helio He 4.0 Nen Ne 20.2 Argn Ar 39.9 Hidrgeno H2 2.0 Nitrgeno N2 28.0 Monxido de nitrgeno NO 30.0 Oxgeno O2 32.0 Cloruro de hidrgeno HCl 36.5 Ozono O3 48.0 Amoniaco NH3 17.0 Metano CH4 16.0

Sustancias que son gases en condiciones normales

Sustancia Frmula MM(g/mol)

Presin de la atmsfera

Llamada presin atmosfrica, o la fuerza ejercida sobre nosotros por la atmsfera que se encuentra encima.

Una medida del peso de la atmsfera que presiona sobre nosotros.

Medida usando un barmetro Un dispositivo que puede medir el peso de la atmsfera sobre nosotros

Presin = Fuerzarea

A B

En A la Presin interna es igual a la Externa.En B cuando es eliminado el aire la Presin Atmosfrica aplasta la Lata

Efecto de la presin atmosfrica sobre los objetos en la superficie terrestre

Barmetro de mercurio

Vaco

Presin atmosfrica

Presin debida a la columna de mercurio

Mercurio

Construccin de un barmetro utilizando agua

Densidad del agua = 1.00 g/cm3 Densidad del mercurio= 13.6 g/cm3

Altura de la columna de agua = Hw

Hw = altura de Hg x densidad del mercurio

Hw = 760 mm Hg x 13.6/1.00 = 1.03 x 104 mm Hw = 10.3 m = 33.8 ft

densidad del agua

alturaaguaalturamercurio

densidadmercuriodensidadagua

=

El misterio de la bomba de succin

PistonP baja

Nivel del suelo

Nivel del agua subterrnea

Dos tipos de manmetrosExtremo cerrado

VacoNiveles demercurioiguales

Matraz al vaco

Extremo abierto

A Los niveles de mercurio son igualesB El Gas ejerce presin sobre el mercurio, observndose una diferencia en altura que es igual a la Presin del Gas en C,EC Presin del gas igual a la Presin Atmosfrica

D Presin del Gas es menor a la AtmosfricaE Presin del Gas es mayor a la Atmosfrica

Unidades comunes de presinUnidad Presin atmosfrica Campo cientfico

Pascal (Pa); 1.01325 x 105 Pa Unidad SI; fsica,kilopascal(kPa) 101.325 kPa qumica

Atmsfera (atm) 1 atm* qumica

Milmetros de mercurio 760 mmHg* qumica, medicina,( mm Hg ) biologa

Torr 760 torr* qumica

Libras por pulgada cuadrada 14.7 lb/in2 ingeniera( psi or lb/in2 )

Bar 1.01325 bar meteorologa,qumica, fsica

Conversin de unidades de presinProblema: Un qumico toma una muestra de dixido de carbono de la descomposicin de caliza (CaCO3) en un manmetro de salida cerrada, la altura del mercurio es 341.6 mm Hg. Calcule la presin del CO2 entorr, atmsferas, y kilopascales.Plan: La presin est en mmHg, por lo tanto, usamos los factores de conversin de la tabla 5.2. para encontrar la presin en las otras unidades.Solucin:

PCO2 (torr) = 341.6 mm Hg x = 341.6 torr1 torr1 mm Hg

conversin de mmHg a torr:

conversin de torr a atm:PCO2( atm) = 341.6 torr x = 0.4495 atm1 atm760 torr

conversin de atm a kPa:

PCO2(kPa) = 0.4495 atm x = 45.54 kPa101.325 kPa1 atm

Ley de Boyle : Relacin P - V

La presin es inversamente proporcional al volumen P = o V = o PV=k Problemas de cambio de condiciones

si n y T son constantes P1V1 = k P2V2 = k

k = k Entonces :

P1V1 = P2V2

kV

kP

La relacin entre el volumen y la presin de gas

Muestra de gas (aire atrapado)

V

o

l

u

m

e

n

(

m

L

)

V

o

l

u

m

e

n

(

m

L

)

Aplicacin de la ley de Boyle a problemas de gases

Problema: Una muestra de gas a una presin de 1.23 atm tiene un volumen de 15.8 cm3, cul ser el volumen si la presin se incrementa a 3.16 atm?Plan: Comenzamos por convertir el volumen que est en cm3 a ml y despus a litros, entonces hacemos el cambio de presin para obtener el volumen finalSolucin: V1 (cm3)

V1 (ml)

V1 (L)

V2 (L)

1cm3 = 1 mL

1000mL = 1L

x P1/P2

P1 = 1.23 atm P2 = 3.16 atmV1 = 15.8 cm3 V2 = desconocidoT y n permanecen constantes

V1 = 15.8 cm3 x x = 0.0158 L1 mL 1 cm3

1 L1000mL

V2 = V1 x = 0.0158 L x = 0.00615 LP1P2

1.23 atm3.16 atm

Ley de Boyle Una burbuja de gas en el ocano

El submarino Alvin libera una burbuja de gas a una profundidad de6000 ft en el ocano, como parte de una expedicin de investigacin para estudiar el vulcanismo subacutico. Suponiendo que el ocano es isotrmico (la misma temperatura en toda su extensin), se libera una burbuja de gas que tiene un volumen inicial de 1.00 cm3, qu tamao tendr en la superficie a una presin de 1.00 atm? (Asumiremos que la densidad del agua de mar es 1.026 g/cm3, y usaremos la masa del Hgen un barmetro para comparacin.)

Condiciones iniciales Condiciones finales

V 1 = 1.00 cm3

P 1 = ?

V 2 = ?

P 2 = 1.00 atm

Continuacin del clculo

Presin en la = 6 x 103 ft x x xprofundidad

0.3048 m1 ft

100 cm1 m

1.026 g SH2O1 cm3

Presin en la = 172,619.497 g presin de SH2OprofundidadPara un barmetro de mercurio: 760 mm Hg = 1.00 atm, suponga que la seccin cruzada de la columna del barmetro es 1 cm2.

La masa de mercurio en un barmetro es:

Presin = x x x x 10 mm1 cm

rea1 cm2

1.00 cm3 Hg13.6 g Hg

172,619 g = 1.00 atm760 mm Hg

Presin = 167 atm Debido a la presin atmosfrica adicional = 168 atm

V2 = = = 168 cm3 = 0.168 litrosV1 x P1

P21.00 cm3 x 168 atm

1.00 atm

Ley de Boyle : Globo

Un globo tiene un volumen de 0.55 L al nivel del mar (1.0 atm) y puede elevarse a una altitud de 6.5 km, donde la presin es 0.40 atm. Suponiendo que la temperatura permanece constante (lo que obviamente no es cierto), cul es el volumen final del globo?

P1 = 1.0 atm P2 = 0.40 atm V1 = 0.55 L V2 = ?

V2 = V1 x P1/P2 = (0.55 L) x (1.0 atm / 0.40 atm) V2 = 1.4 L

Ley de Charles - relacin V - T

La temperatura est relacionada directamente con el volumen T es proporcional al volumen : T = kV

Problema de cambio de condiciones: Dado que T/V = k o T1 / V1 = T2 / V2 o:

T1V1

T2=

V2T1 = V1 x

T2V2

Las temperaturas deben ser expresadas en grados Kelvin para evitar valores negativos

La relacin entre el volumen y la temperatura de un gas

Tubo de vidrio

Tapn del mercurio

Muestra de aire atrapada

CalentadorV

ol u

me n

( L

)Temperatura

Bao de hielo

y agua: 0C (273

K)Bao de

agua hirviendo

100C (373 K)

Problema de la Ley de Charles Una muestra de monxido de carbono, un gas venenoso,

ocupa 3.20 L a 125 oC. Calcule la temperatura (oC) a la cual el gas ocupara 1.54 L si la presin permanece constante.

V1 = 3.20 L T1 = 125oC = 398 K V2 = 1.54 L T2 = ?

T2 = T1 x ( V2 / V1) T2 = 398 K x = 192 K

T2 = 192 K oC = K - 273.15 = 192 - 273 oC = -81oC

1.54 L3.20 L

Problema de la Ley de Charles Un globo en la Antrtida est a la temperatura interior

de una construccin ( 75o F ) y tiene un volumen de 20.0 L . Cul ser su volumen en el exterior donde la temperatura es -70o F ?

V1 = 20.0 L V2 = ? T1 = 75o F T2 = -70o F

Grados Celsius = ( o F - 32 ) 5/9 T1 = ( 75 - 32 )5/9 = 23.9o C K = 23.9o C + 273.15 = 297.0 K T2 = ( -70 - 32 ) 5/9 = - 56.7o C K = - 56.7o C + 273.15 = 216.4 K

Continuacin del problema del globo de la Antrtida

V1 / T1 = V2 / T2 V2 = V1 x ( T2 / T1 )

V2 = 20.0 L x

V2 = 14.6 L

El globo se encoge de 20 L a 15 L !

Slo por estar en el exterior!

216.4 K297.0 K

Aplicacin de la relacin Temperatura Presin (Ley de Amontons)

Problema: Un tanque de cobre se comprime a una presin de 4.28 atm a una temperatura de 0.185 oF. Cul ser la presin si la temperatura se eleva a 95.6 oC?Plan: El volumen del tanque no cambia. Y slo tenemos que tratar con el cambio de la temperatura, y de la presin, entonces convierta a unidades SI, y calcule el cambio en la presin a partir del cambio en la temperatura.Solucin:

T1 = (0.185 oF - 32.0 oF)x 5/9 = -17.68 oCT1 = -17.68 oC + 273.15 K = 255.47 KT2 = 95.6 oC + 273.15 K = 368.8 K

P1 P2T1 T2

=

P2 = P1 x = ?T2T1

P2 = 4.28 atm x = 6.18 atm368.8 K255.47 K

Un experimento para estudiar la relacin entre el volumen y la cantidad de un gas

Ley de AvogadroCilindro A Cilindro B

La respiracin y las leyes de los gases

La caja torcica se expande

El diagrama se contrae(se mueve hacia abajo)

Los pulmones se llenan de aire

Cambio de condiciones, sin cambio en la cantidad de gas

= constante Por tanto, para el cambiode condiciones:

T1 T2

P x VT

P1 x V1=

P2 x V2

Cambio de condiciones: Problema I Una muestra de gas en el laboratorio tiene un volumen de

45.9 L a 25 oC y una presin de 743 mm Hg. Si la temperatura se incrementa a 155 oC mediante el bombeo (compresin) del gas a un nuevo vlumen de 3.10 ml, cul es la presin?

P1= 743 mm Hg x1 atm/ 760 mm Hg=0.978 atm P2 = ? V1 = 45.9 L V2 = 3.10 ml = 0.00310 L T1 = 25 oC + 273 = 298 K T2 = 155 oC + 273 = 428 K

Cambio de condiciones : Problema I continuacin

=

T1 T2

P1 x V1 P2 x V2

( 0.978 atm) ( 45.9 L) P2 (0.00310 L)( 298 K) ( 428 K)

=

P2 =( 428 K) ( 0.978 atm) ( 45.9 L)

= 9.87 atm( 298 K) ( 0.00310 L)

Un globo meteorolgico se libera en la superficie de la tierra. Si el volumen fue de100 m3 en la superficie ( T = 25 oC, P = 1 atm ) cul ser su volumen a la altura tope de 90,000 ft donde la temperatura es - 90 oC y la presin es 15 mm Hg ?

Condiciones iniciales Condiciones finales V1 = 100 m3 V2 = ? T1 = 25 oC + 273.15 T2 = -90 oC +273.15 = 298 K = 183 K P1 = 1.0 atm P2 = 15 mm Hg

760 mm Hg/ atm

P2= 0.0198 atm

Cambio de condiciones: Problema II

Cambio de condiciones: Problema IIcontinuacin

P1 x V1 P2 x V2 V2 =

V2 = =

V2 = 3117.2282 m3 = 3,100 m3 o 30 veces el volumen!

T1 T2=

P1V1T2

T1P2

( 1.0 atm) ( 100 m3) ( 183 K)( 298 K) ( 0.0197 atm)

Cuntos litros de CO2 se forman a 1.00 atm y 900 oC si 5.00 L de Propano a 10.0 atm, y 25 oC se queman en presencia del aire?

C3H8 (g) + 5 O2 (g) = 3 CO2 (g) + 4 H2O(g)

25 oC + 273 = 298 K 900 oC + 273 = 1173 K

Cambio de condiciones: Problema III

Cambio de condiciones: Problema IIIcontinuacin

V1 = 5.00 L V2 = ? P1 = 10.0 atm P2 = 1.00 atm T1 = 298K T2 = 1173 K

P1V1/T1 = P2V2/T2 V2 = V1P1T2/ P2T1

V2 = = 197 L

VCO2 = (197 L C3H8) x (3 L CO2 / 1 L C3H8) =VCO2 = 591 L CO2

( 5.00 L) (10.00 atm) (1173 K)( 1.00 atm) ( 298 K)

Ley de Avogadro - Cantidad y Volumen

La cantidad de gas (moles) es directamente proporcional al volumen del gas

n V o n = kV

Para un problema de cambio de condiciones, tenemos las condiciones iniciales y las condiciones finales , y debemos tener asimismo las unidades.

n1 = moles iniciales de gas V1 = volumen inicial de gasn2 = moles finales de gas V2 = volumen final de gas

n1V1

n2V2

= o: n1 = n2 x V1V2

Ley de Avogadro: Volumen y cantidad de gas

Problema: El hexafluoruro de azufre es un gas utilizado para rastrear los humos contaminantes en la atmsfera; si el volumen de 2.67 g de SF6a1.143 atm y 28.5 oC es 2.93 m3, cul ser la masa de SF6 en un contenedor cuyo volumen es 543.9 m3 a 1.143 atm y 28.5 oC?Plan: Debido a que la temperatura y la presin son las mismas, ste es un problema V n, por lo tanto, podemos usar la Ley de Avogadropara calcular las moles del gas, y despus usar la masa molecular para calcular su masa.Solucin: Masa molar SF6 = 146.07 g/mol

V2V1

n2 = n1 x = 0.0183 mol SF6 x = 3.39 mol SF6

2.67g SF6146.07g SF6/mol

= 0.0183 mol SF6

543.9 m32.93 m3

masa SF6 = 3.39 mol SF6 x 146.07 g SF6 / mol = 496 g SF6

Relacin Volumen cantidad de gasProblema: Un globo contiene 1.14 moles (2.298g H2) de hidrgeno y tiene un volumen de 28.75 L. Qu masa de hidrgeno debe ser agregada al globo para incrementar su volumen a 112.46 litros?Suponga que T y P son constantes.Plan: El volumen y la cantidad de gas estn cambiando con la T y la P constantes, entonces usaremos la Ley de Avogadro, y el formato del cambio de condiciones.Solucin:

n1 = 1.14 moles de H2n2 = 1.14 moles + ? moles

V1 = 28.75 LV2 = 112.46 L

T = constanteP = constante

n1 n2V1 V2

= n2 = n1 x = 1.14 moles de H2 x V2V1

n2 = 4.4593 moles = 4.46 moles

112.46 L28.75 L

masa = moles x masa molecularmasa = 4.46 moles x 2.016 g / molmasa = 8.99 g H2 gaseoso

Masa = 8.99g - 2.30g = 6.69gagregada

Temperatura y presin estndar (STP)

Se escogi un conjunto de condiciones estndar para hacer ms fcil la comprensin de las leyes y el comportamiento de los gases.

Temperatura estndar = 00 C = 273.15 K

Presin estndar = 1 atmsfera = 760 mm de mercurio

A estas condiciones estndar, si se tiene 1.0 mol de un gas ste ocupar un volumen molar estndar.

Volumen molar estndar = 22.414 litros = 22.4 L

Volumen molar estndar

n = 1 mol n = 1 mol n = 1 molP = 1 atm (760 torr) P = 1 atm (760 torr) P = 1 atm (760 torr)

T = 0C (273 K) T = 0C (273 K) T = 0C (273 K)V = 22.4 L V = 22.4 L V = 22.4 L

Nmero de partculas de gas = 6.022 x 1023



Masa = 4.003 g Masa = 28.02 g Masa = 28.01 gd = 0.179 g/L d = 1.25 g/L d = 1.25 g/L

Gases ideales Un gas ideal se define como aqul para el que

tanto el volumen de sus molculas, como la fuerza entre ellas, son tan pequeos que no tienen ningn efecto en el comportamiento del gas.

La ecuacin del gas ideal es:PV=nRT

R = Constante del gas ideal R = 8.314 J / mol K = 8.314 J mol-1 K-1 R = 0.08206 l atm mol-1 K-1

Variaciones en la ecuacin del gas

Durante los proceso qumicos y fsicos, alguna de las cuatro variables en la ecuacin del gas ideal puede quedar fija.

Por tanto, PV=nRT puede ser redefinida para las variables fijas: Para una cantidad fija a una temperatura constante

P V = nRT = constante Ley de Boyle Para una cantidad fija a volumen constante

P / T = nR / V = constante Ley de Amontons Para una cantidad fija a presin constante

V / T = nR / P = constante Ley de Charles Para un volumen y una temperatura fijos

P / n = R T / V = constante Ley de Avogadro

Relacin entre la ley de los gases ideales y las leyes individuales de los gases

LEY DEL GAS IDEAL

Ley de Boyle

o

fijosn y T

fijosn y P

fijosP y T

PV = nRTnRT

PV =

constanteP

V =Ley de Charles

V = constante x TLey de AvogadroV = constante x n

Ideal gas Equation PV = nRT R = PVnT

A una temperatura y presin estndar, volumen molar = 22.4 LP = 1.00 atm (por definicin)T = 0 oC = 273.15 K (por definicin)n = 1.00 mol (por definicin)

R = = 0.08206 (1.00 atm) ( 22.414 L)( 1.00 mol) ( 273.15 K)L atmmol K

O a tres figuras significantes R = 0.0821 L atmmol K

Ecuacin del gas ideal

Evaluacin de la constante R, del gas ideal

R* = 0.0821

R = 62.36

atm x Lmol x K

torr x Lmol x K

R = 8.314

R = 8.314

kPa x dm3mol x K

J**mol x K

* La mayora de los clculos en este texto usan los valores de R a 3 cifras significativas.** J es la abreviacin de joule, la unidad de energa del SI. El joule es una unidad derivada compuesta de las unidades bsicas Kg x m2/s2.

Valores de R (constante universal de los gases) en diferentes unidades.

Masa de aire en un globo de aire caliente

PV = nRT n = PV / RT

n = = 1.58 x 104 mol

masa = 1.58 x 104 aire molar x 29 g aire/aire molar= 4.58 x 105 g aire= 458 Kg aire

( 0.984 atm) ( 3.99 x 105 L)( 0.08206 L atm/mol K) ( 303 K )

Problema de densidad del amoniaco

Calcule la densidad del gas amoniaco (NH3) en gramos por litro a 752 mm Hg y 55 oC.

Densidad = masa por volumen de unidad= g / L

P = 752 mm Hg x (1 atm/ 760 mm Hg) =0.989 atm T = 55 oC + 273 = 328 K

n = masa / masa molar = g / M

d = =

d = 0.626 g / L

P x MR x T

( 0.989 atm) ( 17.03 g/mol)( 0.08206 L atm/mol K) ( 328 K)

Clculo de la masa molar

n =

n = =

Masa

masa molar

P x VR x T

masa

masa molar

Masa molar = = MMMasa x R x TP x V

Determinacin de la masa molar de un lquido voltil desconocido (mtodo

Dumas)

Tubo capilar

T conocida > puntode ebullicin del lquido

V conocida

Calentador

Mtodo Dumas de la masa molarProblema: Un lquido voltil es puesto en un matraz cuyo volumen es de 590.0 ml y se deja hervir hasta que desaparece todo el lquido y slo permanece el vapor a una temperatura de 100.0 oC y presin de 736 mmHg. Si la masa del matraz antes y despus del experimento es de 148.375g y149.457 g, cul es la masa molar del lquido?Plan: Use la ley del gas para calcular la masa molar del lquido.Solucin:

Presin = 736 mm Hg x = 0.9684 atm1 atm760 mm Hg

Masa molar = = 58.03 g/mol

masa= 149.457g - 148.375g = 1.082 g

(1.082 g)(0.0821 Latm/mol K)(373.2 K)( 0.9684 atm)(0.590 L)

Nota: el compuesto es acetona C3H6O = MM = 58g mol.

Clculo del peso molecular de un gasGas natural - metano

Problema: Se recoge una muestra de gas natural a 25.0 oC en un matraz de 250.0 ml. Si la muestra tena una masa de 0.118 g a una presin de 550.0 Torr, cul es el peso molecular del gas?Plan: Utilice la ley del gas ideal para calcular n, despus calcule la masa molar.

P = 550.0 Torr x x = 0.724 atm1mm Hg1 Torr

1.00 atm760 mm Hg

V = 250.0 ml x = 0.250 L1.00 L1000 ml

T = 25.0 oC + 273.15 K = 298.2 Kn =

P VR T

n = = 0.007393 mol(0.0821 L atm/mol K)(298.2 K)(0.724 atm)(0.250 L)

MM = 0.118 g / 0.007393 mol = 15.9 g/mol

Solucin:

Mezcla de gases

El comportamiento del gas depende en gran medida del nmero, no de la identidad, de las molculas.

La ecuacin del gas ideal se aplica a cada gas de manera individual y a la mezcla total.

Todas las molculas de una muestra de gas ideal se comportan exactamente igual.

Ley de Dalton de las presiones parciales - I

Definicin: En una mezcla de gases, cada gas contribuye a la presin total que se ejercera si el gas fuera el nico presente en un contenedor.

Para obtener una presin total, sume todas las presiones parciales: Ptotal = p1+p2+p3+...pi

Ley de Dalton de las presiones parciales

La presin ejercida por una mezcla de gas ideal se determina por el nmero total de moles:

P=(ntotal RT)/V

n total = suma de las cantidades de cada presin de gas

La presin parcial es la presin de gas como si fuera elnico que estuviera presente.

P = (n1 RT)/V + (n2 RT)/V + (n3RT)/V + ...

La presin total es la suma de las presiones parciales.

Ley de Dalton de presiones parciales-Problema #1

Un matraz de 2.00 L contiene 3.00 g de CO2 y 0.10 g de helio a una temperatura de 17.0 oC.

Cules son las presiones parciales de cada gas, y la presin total?

T = 17 oC + 273 = 290 K nCO2 = 3.00 g CO2/ 44.01 g CO2 / mol CO2 = 0.0682 mol CO2 PCO2 = nCO2RT/V

PCO2 =

PCO2 = 0.812 atm

( 0.0682 mol CO2) ( 0.08206 L atm/mol K) ( 290 K)(2.00 L)

nHe = 0.10 g He / 4 003 g He / mol He = 0.025 mol He PHe = nHeRT/V

PHe =

PHe = 0.30 atm

PTotal = PCO2 + PHe = 0.812 atm + 0.30 atm PTotal = 1.11 atm

(0.025 mol) ( 0.08206 L atm / mol K) ( 290 K )( 2.00 L )

Ley de Dalton - Problema #1 continuacin

Ley de Dalton - Problema #2 Uso de fracciones de mol

Una mezcla de gases contiene 4.46 moles de Ne, 0.74 moles de Ar y 2.15 moles de Xe. Cules son las presiones parciales de los gases si la presin total es 2.00 atm ?

# moles total = 4.46 + 0.74 + 2.15 = 7.35 mol XNe = 4.46 mol Ne / 7.35 mol = 0.607 PNe = XNe PTotal = 0.607 ( 2.00 atm) = 1.21 atm para el Ne XAr = 0.74 mol Ar / 7.35 mol = 0.10 PAr = XAr PTotal = 0.10 (2.00 atm) = 0.20 atm para el Ar XXe = 2.15 mol Xe / 7.35 mol = 0.293 PXe = XXe PTotal = 0.293 (2.00 atm) = 0.586 atm para el Xe

Humedad relativa

Hum Rel = x 100%

Ejemplo: la presin parcial del agua a 15oC es 6.54 mmHg, Cul es la humedad relativa?

Hum Rel = (6.54 mm Hg/ 12.788 mm Hg )x100%= 51.1 %

presin del agua en el aire

mxima presin del vapor de agua

Presin del vapor de agua (PH2O) a diferentes temperaturas

T0C P (torr) T0C P (torr) T0C P (torr)0 4.6 26 25.2 85 433.65 6.5 28 28.3 90 525.810 9.2 30 31.8 95 633.911 9.8 35 42.2 100 760.0 12 10.5 40 55.313 11.2 45 71.914 12.0 50 92.515 12.8 55 118.016 13.6 60 149.418 15.5 65 187.520 17.5 70 233.722 19.8 75 289.124 22.4 80 355.1

Un producto gaseoso insoluble en agua burbujea a travs del agua hasta un tubo de coleccin

La Pgas se suma a la presin del vapor de agua (PH2O) para dar la Ptotal. Como se muestra Ptotal < Patm

La Ptotal se iguala a la Patmajustando la altura del tubo hasta que el nivel del agua se iguala al del vaso de precipitado

La Ptotal se iguala a la Pgasmas la Ptotal a la temperatura del experimento. Por tanto Pgas = Ptotal PH2O

Recoleccin del producto de reaccin gaseoso insoluble en agua y determinacin

de su presin

Recoleccin en agua cont.

PV = nRT n = PV / RT

n =

n = 0.00640 mol masa = 0.00640 mol x 2.01 g H2 / mol H2 masa = 0.0129 g de hidrgeno

(0.987 atm)(0.156 L)(0.0821 L atm/mol K)(293 K)

Difusin vs. Efusin

Difusin Un gas mezclado en otro gas, o gases, cuyas molculas estn colisionando e intercambiando energa entre s.

Efusin Un gas escapando de un contenedor hacia un espacio evacuado. No hay otro (o hay muy poco) para colisiones.

Difusin relativa del H2 contra el O2 y N2 gaseosos

Peso molecular promedio del aire: 20% O2 32.0 g/mol x 0.20 = 6.40 80% N2 28.0 g/mol x 0.80 = 22.40

28.80 28.80 g/mol

O aproximadamente 29 g/mol

Clculo de la Ley de Graham

RaznHidrgeno = RaznAire x (MMAire / MMHidrgeno)1/2

RaznHidrgeno = RaznAire x ( 29 / 2 )1/2

RaznHidrgeno = RaznAire x 3.95

o RaznHidrgeno = RaznAire x 4

Ecuacin de van der Waalsn2a

V2P + (V-nb) = nRT

Gas a batm L2

mol2L

molHe 0.034 0.0237Ne 0.211 0.0171Ar 1.35 0.0322Kr 2.32 0.0398Xe 4.19 0.0511H2 0.244 0.0266N2 1.39 0.0391O2 6.49 0.0318Cl2 3.59 0.0562CO2 2.25 0.0428NH3 4.17 0.0371H2O 5.46 0.0305

Clculo de van der Waals en un gas realProblema: Un tanque de 20.0 litros contiene cloro gaseoso a una temperatura de 20.000C y a una presin de 2.000 atm. Si el tanque se presuriza a un nuevo volumen de 1.000 L y una temperatura de 150.000C. cul es la nueva presin usando la ecuacin del gas ideal, y la ecuacin de van der Waals?Plan: Realice los clculosSolucin:

n = = = 1.663 molPV (2.000 atm)(20.0L)RT (0.08206 Latm/molK)(293.15 K)

P = = = 57.745 atmnRT (1.663 mol)(0.08206 Latm/molK)(423.15 K)V (1.000 L)

P = - = -nRT n2a (1.663 mol)(0.08206 Latm/molK)(423.15 K)

(V-nb) V2 (1.00 L) - (1.663 mol)(0.0562)(1.663 mol)2(6.49)

(1.00 L)2 = 63.699 - 17.948 = 45.751 atm

Edicin Osvaldo Muoz Tecnologa Mdica

FIN

3 gases

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