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INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO SANTIAGO MARIÑO Coordinación

de Ingeniería Química y Agronomía Prof. F. Millán Curso de Química I UNIDAD

3: Estado Gaseoso

Research · August 2016

DOI: 10.13140/RG.2.1.3284.7607

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Fernando Millán

Instituto Universitario Politécnico Santiago Mariño

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INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO SANTIAGO MARIÑO

Extensión Mérida

Coordinación de Ingeniería Química y Agronomía

CURSO DE QUÍMICA I

UNIDAD 3: Estado Gaseoso Teoría y problemas resueltos

Prof. F. Millán

INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO SANTIAGO MARIÑO

Coordinación de Ingeniería Química y Agronomía Prof. F. Millán

Curso de Química I

UNIDAD 3: Estado Gaseoso

Contenido:

1.- Leyes que rigen el comportamiento ideal de los gases

2.- Teoría cinética de los gases

3.- Comportamiento real de los gases

1.- Características del estado gaseoso

El estado gaseoso se caracteriza porque estos ocupan todo el volumen del recipiente que los contiene y sus moléculas independientes en movimiento rectilíneo y desordenado, ejercen una presión sobre las

paredes del recipiente a una temperatura dada. Igualmente, los gases pueden sufrir fenómenos de compresión o expansión

El estado de una masa gaseosa (n moles) se caracteriza por su presión, P, su volumen, V, y su

temperatura, T, las cuales se denominan variables de estado. Dependiendo de las condiciones de presión

y temperatura la masa de gas puede tener comportamiento ideal o real.

Cualquier gas a bajas presiones y temperaturas mayores que su punto de ebullición presenta comportamiento ideal (gas ideal). Sin embargo, a presiones altas y bajas temperaturas la misma masa de

gas presenta un comportamiento real (gas real).

Presión

La fuerza que ejerce el gas por unidad de superficie de la pared del recipiente se le denomina presión

gaseosa. En la Figura 1 se muestra el Barómetro, instrumento que se usó para medir la presión atmosférica, y el cual usa mercurio debido a su alta densidad, lo que permite que el tamaño del instrumento

sea pequeño.

Mercurio

HgP

atmP

Tubo 1 cm2

Sección transversal

cm76

atmP

Mercuriocuveta

Figura 1.- Barómetro

La superficie del mercurio está expuesta a la atmósfera, la cual ejerce una presión sobre esta. Por otro lado, la columna de mercurio ejerce una fuerza hacia abajo que tiende a levantar el nivel de mercurio en la

cuveta. La altura máxima de la columna de mercurio que puede ser sostenida por la presión atmosférica es una

medida de esa presión. A nivel del mar, donde Torricelli realizó su experimente, la atmósfera soporta 76 cm

(760 mm) de mercurio a 0 oC. A esta presión se le denomina “Presión Normal” o 1 atmósfera (atm).

mmHgcmHgatm 760761

Área del tubo Barométrico, A, = 1 cm2: 24

2

242 10101 m

cm

mcm

Altura de la columna = 76 cm Densidad del mercurio = 13,595 g cm-3

El volumen de mercurio será de: 32 76761 cmcmcmVHg

La masa del mercurio será de: kggcm

gcmdVmHg 0332,12,1033595,1376

3

3

La fuerza de atracción será de:

Nsmkgs

mkgamF 133,10133,108,90332,1 2

2

La presión será de:

kPaPamNm

N

A

FP 33,1011033,1011033,101

10

133,10 323

24

Así, una columna de 76 cm Hg produce una presión de 101,33 kPa, igual a la presión atmosférica.

La presión normal de 760 mmHg se puede expresar en términos de gramos fuerza por cm2 (g-f x

cm-2

) o kg fuerza por cm2 (kg-f x cm-2):

Peso de la columna de mercurio: gcm

gcm 1030546,1376

3

3

La fuerza ejercida por el aire para soportar la columna es de 1030 g-f, la cual actúa sobre 1 cm2

221030

1

1030

cm

g

cm

g

A

FP

glb 4541 22 45,6154,21 cmincmin

PSIin

lb

in

cm

g

lb

cm

g7,147,1445,6

454

11030

22

2

2

Unidades CGS para la presión: 2cmDina

Dinas

cmgamF

2

Barescm

MDinas

cm

Dinas

cm

s

cm

cm

gHgcm

A

FP 013,1013,11001325,1

1

66,980595,1376

22

6

2

23

3

224

2

23

2

2

210

10

1010

1

11

11

cm

Dinas

cm

s

cmg

m

s

mkg

m

NPa

Las equivalencias entre ellas son:

1 Atm = 760 mmHg = 760 torr = 76 cmHg = 101,3 KPa =14,7 PSI = 1,033 Kg cm2 = 0,9901 bar

NDina 5101

atmMPakPaPabar 01,11,0100101 5 Pabares 61010

TorratmPa 36 1050,71087,91

Temperatura

La temperatura es una manifestación molecular y es una medida de la energía cinética promedio de

las moléculas. Las temperaturas se miden el las escalas: Ranking (Grado Fahrenheit, 0F), Celsius (Grado

centígrado, 0C) y Kelvin (Temperatura absoluta,

0K). Las equivalencias entre ellas son:

Relación Fahrenheit / Centígrado

FoCo

100212Ebullición

del agua

Congelamiento

del agua032

4040Punto común

Escala

FahrenheitEscala

Centígrada

100 divisiones180 divisiones

Figura 2.- Comparación de las escalas Fahrenheit y Centígrada.

En la escala de Fahrenheit hay 180 divisiones entre el punto de congelamiento del agua y el de

ebullición, mientras que en la centígrada sólo hay 100 divisiones.

La relación es: 5

9

50

90

100

180

C

Fo

o

o la inversa 9

5

90

50

180

100

F

Co

o

5

9

40

400

0

00

00

C

F

CC

FF

R

R

405

940 00 CF

40405

9 00 CF

328,1325

9 CCF ooo

3255,0329

5 FFC ooo

Relación Kelvin / centígrado

En las escalas Kelvin y Centígrada el tamaño del grado es el mismo. La escala Kelvin tiene un límite inferior teórico denominado “Cero Absoluto” que corresponde a – 273 oC (-213,15 oC exactamente) por lo

que la relación entre ambas será:

273 CK oo 273 KC oo

KoCo

100373Ebullición

del agua

Congelamiento

del agua0273

2730Cero absoluto

Escala

KelvinEscala

Centígrada Figura 3.- Comparación de las escalas Absoluta (o

K) y Centígrada

Ejemplo: Convertir: a) 68 o

F a oC, b) -25 o

C a oF, c) 25 o

C a oK y d) 140 o

F a oK

a) CFFC oo 00 8,19326855,03255,0

b) FCCF oo 00 1332)25(8,1328,1

c) KCCK oo 00 29827325273

d) CFC oo 04,593214055,0 y los Kelvin son KCKo 00 4,3322734,59

El Volumen

El volumen es una cantidad conveniente para comparar cantidades de gases en las mismas

condiciones de presión y temperatura. En general, el volumen se mide en unidades del sistema internacional SI y las equivalencias entre ellas se dan en la Tabla 1.

Tabla 1. Equivalencias entre unidades de volumen

Unidad Símbolo Valor en litros Litro L 1

Múltiplos: Decalitro Hectolitro Kilolitro (m

3)

DL

HL

KL

10

100 1000

Submúltiplos: decilitro centilitro mililitro microlitro nanolitro

dL

cL

mL

L

nL

0,1

0,01 0,001 10

-6

10-9

nLLcLdLLmL 63123 10101010101

2.- Leyes que rigen el comportamiento ideal de los gases

Las leyes que rigen el comportamiento ideal de los gases expresan las relaciones que existen entre los cuatro parámetros necesarios para definir el estado de una masa de gas, los cuales son la presión, la

temperatura, el volumen y el número de moles.

2.1. - Dependencia del volumen de una masa de gas con la presión a temperatura y número de

moles constante.

La dependencia del volumen del gas con su presión a temperatura y número de moles constantes viene

expresada por la Ley de Boyle, en la cual el producto P x V, a una temperatura y número de moles dados

es constante. A la gráfica de P vs V a temperatura constante se le denomina ISOTERMA, Figura 4.

(Hipérbola equilateral de ecuación KPV )

P

V

1T

2T

0P

0V

fP

fV

constVP

21 TT

Isotermas

Figura 4.- Isotermas de Boyle

Si KconstPV . entonces V

KP1

, lo que significa que las variaciones de volumen son

inversamente proporcionales a las variaciones de la presión. De esta manera, para dos estados diferentes:

ffVPVP 00

0

0

V

V

P

P f

f

Igualmente, la densidad del gas está relacionada inversamente proporcional con el volumen de la masa de gas y por lo tanto las variaciones de presión son directamente proporcionales a las variaciones de

las densidades.

f

f

f d

d

dm

dm

P

P

d

mV

V

md 0

0

0

Ejemplo: Un gas ocupa un volumen de 225 mL a una presión de 720 mmHg y una temperatura de 20 oC.

Qué presión ejercerá si el volumen aumenta a 350 mL de manera isotérmica.

Según la ley de Boyle, si el volumen aumenta, la presión debe disminuir proporcionalmente:

Si V0 = 225 mL; P0 = 720 mmHg; Vf = 350 mL y Pf = ?

mmHgmL

mLmmHg

V

VPP

f

f 86,462350

2257200

0

atmmmHg

atmmmHg 609,0

760

186,462

2.2. - Dependencia del volumen de una masa de gas con la Temperatura absoluta a presión y

número de moles constante.

La dependencia del volumen del gas, V, con la Temperatura absoluta, T, a presión P y n constante

viene expresada por la Ley de Charles, en la cual la relación de TV a una presión y número de moles

dados, dada es constante. A la gráfica de V vs T se le denomina ISÓBARA, Figura 5.

Figura 5.- Isóbaras de Charles

Si KconstT

V . entonces KTV , lo que significa que las variaciones del volumen son

directamente proporcionales a las variaciones de la temperatura absoluta. De esta manera para dos estados

diferentes:

f

f

T

V

T

V

0

0

ff T

T

V

V 00

Igualmente, la densidad del gas está relacionada inversamente proporcional con el volumen de la

masa de gas y por lo tanto las variaciones de densidad son inversamente proporcionales a las variaciones de la temperatura.

0

00

d

d

dm

dm

T

T

d

mV

V

md

f

ff

Ejemplo: Una masa de gas a la temperatura de 25 oC tiene una presión de 1,2 atm. En un cambio isocoro la

temperatura asciende a 100 oC. Cuál será la nueva presión de la masa de gas

Según la ley de Charles, si el volumen permanece constante y la temperatura se incrementa, la presión

entonces debe aumentar.

Si T0 = (25 + 273) oK = 298

oK y Tf = (100 + 273)

oK = 373

oK ; Po =1,2 atm y Pf = ?

atmK

Katm

T

TPP

o

o

o

f

of 50,1298

37320,1

2.3. - Dependencia de la presión de una masa de gas con la Temperatura absoluta a volumen y número de moles constantes

La dependencia de la presión del gas con la Temperatura absoluta a volumen y número de moles

constantes viene expresada por la Ley de Gay Lussac en la cual la relación TP a un volumen y número

de moles dados es constante. A la gráfica de la P vs T se le denomina ISOCORA, Figura 6.

Figura 6.- Isocoras de Gay Lussac

Si KconstT

P . entonces KTP , lo que significa que las variaciones de presión son

directamente proporcionales con las variaciones de la temperatura absoluta. De esta manera para dos estados diferentes:

ff T

T

P

P 00

f

f

T

P

T

P

0

0

Ejemplo: Una masa de gas ocupa un volumen de 275 mL a 20 oC y 1 atm de presión. Qué volumen ocupará

si la temperatura desciende a 0 oC de manera isóbara.

Según la ley de Gay Lussac, si la presión permanece constante y la temperatura baja, entonces el volumen

debe disminuir:

Si V0 = 275 mL; T0 = (20 + 273) oK = 293

oK y Tf = (0 + 273)

oK = 273

oK

mLK

KmL

T

TVV

of

f 23,256293

273275

0

0

0

2.4. - Expresión combinada de las leyes de Boyle, Gay Lussac y Charles.

Sea una masa de gas la cual es sometida a un cambio isotérmico seguido de un cambio isocoro, tal como muestra la Figura 7.

P

V

000 TVP

0TVP ii

111 TVP

Cambio isotérmico

Cambio isocórico

I

II

Estado inicial

Estado final

Estado intermedio

Figura 7.- Deducción de la ley combinada

En el cambio isotérmico la masa de gas es llevada de un estado inicial P0V0T0 a otro estado

intermedio PiV1T0 , donde Pi es una presión intermedia.

1

00

0

10

V

VPP

V

V

P

Pi

i

En el cambio isocoro la masa de gas es llevada del estado intermedio PiV1T0 a un estado final

P1V1T1.

1

10

1

0

1 T

PTP

T

T

P

Pi

i

Igualando las expresiones para Pi en ambas transformaciones:

1

10

1

00

T

PT

V

VP

1

11

0

00

T

PV

T

VP

De donde se deduce que: KconstT

PV

Por lo tanto, para dos estados diferentes de una misma masa de gas se puede escribir:

011100 TVPTVP

Ejemplo: Una masa de gas ocupa un volumen de 12500 cc a 625 mmHg y 150 oC. ¿Cuál será la presión si el gas se expande a 15000 cc y se incrementa la temperatura a 300 oC?

Edo inicial Edo. Final Observaciones

V0 = 12500 mL Vf = 15000 mL Aumenta V disminuye P

P0 = 625 mmHg Pf = ? La Pf debe ser menor

T0 = 150 + 273 = 423 oK Tf = 300 +273 = 573

oK Aumenta T aumenta P

mmHgK

K

cc

ccmmHg

T

T

V

VPP

f

f

f 31,706423

573

15000

12500625

0

0

0

0

0

atmmmHg

atmmmHgAtm 92,0

760

131,706

2.5. - Comportamiento ideal. Ecuación de Estado de los gases ideales

Las proporcionalidades de las variaciones del volumen con P, T y n han sido expresadas por las leyes de

Boyle, Gay Lussac y Avogadro respectivamente como:

PV

1 , TV , nV

Si el volumen es proporcional con la temperatura, con el número de moles y con el inverso de la presión, entonces es también proporcional al producto de estos factores. Podemos escribir entonces:

TP

V n

1

La igualdad se establece por la introducción de la constante de proporcionalidad “R”, denominada

Constante Universal de los Gases:

P

TRV n

Linearizando la ecuación se obtiene:

RTPV n

La ecuación anterior representa “la Ecuación de Estado para los Gases Ideales” donde:

R = Constante Universal de los Gases

T = temperatura absoluta oK

P = presión del gas, atm

n = número de moles

V = volumen, L

Si n = 1 mol, P = 1 atm, T = 273 oK, de la ecuación de estado se obtiene el valor de la constante universal

R:

molK

Latm

molK

Latm

nT

VPR

oo

08211,0

1273

4,221

Para un mol de gas se tiene entonces:

TVP 08211,0

La constante R puede expresarse en términos de mL y mmHg:

molK

mLmmHg

atm

mmHg

L

mL

molK

LatmR

oo

62320760100008211,0

Lo que equivale igualmente a:

molK

LmmHgR

o

320,62

Otros valores de la constante R:

SI CGS Unidades térmicas

molK

Jo

315,8 molK

ergo

710315,8 molK

calo

99,1

Ejemplo: ¿Cuál será el volumen ocupado por 3 moles de un gas ideal a 2 atm de presión y 100 oC?

Según la ecuación de estado de los gases ideales:

RTnPV

l

atm

KmolK

latm

molP

RTnV 95,45

2

273100082,0

3

0

0

Ejemplo: Calcular la presión ejercida por 500 g de N2 en un recipiente de 10 L a 100 oC.

Según la ecuación de estado de los gases ideales se tiene que:

atmL

KmolK

Latm

mol

gN

gN

V

RTnP 62,54

10

373082,0

28

5000

0

2

2

Determinación de masas molares

La ecuación de estado de los gases ideales ha sido la base del método para la determinación de masas molares de sustancias gaseosas. Siendo el número de moles igual a:

mol

gMM

gmn

Se sustituye en la ecuación de estado:

RT

MM

gmVP

De donde:

p

RTd

P

RT

V

gmMM

Ejemplo: Calcular la Masa Molar de un gas si 0,600 g del mismo ocupan 600 ml a 30 oC y 630 Torr.

lmlV 6,0600

atmmmHg

atmmmHgP 83,0

760

1630

KKKT 000 30327330

mol

g

latm

KmolK

latm

gVP

RTgmMM 93,29

600,083,0

303082,0

600,0

0

0

2.6. – Ley de Dalton de las presiones parciales

La ley de Dalton de las presiones parciales relaciona la presión total de una mezcla de gases no reaccionantes con las presiones individuales (parciales) de cada uno de los gases que conforman la mezcla.

De esta manera, la presión total es la suma de las presiones parciales de cada uno de los gases.

ni

i

iT PP1

A

B

C

Mezcla de gases A, B y C

Presión total

Figura 8.- Recipiente con mezcla de los gases A, B y C

Si tenemos una mezcla gaseosa formada por los gases A, B y C, con presiones parciales PA, PB y PC, la presión total será:

CBAT PPPP

RTnVP AA

RTnVP BB

RTnVP CC

_________________________________

RTnnnVPPP CBACBA

RTnVP TT

Ejemplo: En un recipiente de 250 ml se colocan 0,004 moles de He y 0,006 moles de N2 a 32 oC. Calcular las

presiones parciales y la presión total de la mezcla. Se supone que el He y el N2 no reaccionan.

Según la ecuación de estado, las presiones parciales son:

atml

KmolK

latm

molV

RTnP

o

He 40,0250,0

305082,0

004,00

atml

KmolK

latm

molP

o

N 60,0250,0

305082,0

006,00

2

atmatmPT 00,160,040,0

Sería lo mismo si sumáramos los moles:

molesmolesnnn NHTotal e010,0)006,0004,0(

2

atml

KmolK

latm

molV

RTnP

o

TotalTotal 00,1250,0

305082,0

010,00

Presión parcial en función de la fracción molar

En la mezcla de gases no reaccionantes, la presión individual de cada uno de los gases puede

calcularse en función de su fracción molar en la mezcla, i

RTn

RTn

VP

VP

T

A

T

A

De donde:

AT

T

ATA P

n

nPP

Es decir que en una mezcla de gases, la presión parcial de cada gas es igual al producto de la

presión total y la fracción molar del mismo en la mezcla. Igualmente para los gases B y C se tiene:

BT

T

BTB P

n

nPP

CT

T

CTC P

n

nPP

Donde CBA ,, son las fracciones molares de cada uno de los gases en la mezcla total.

De las ecuaciones anteriores se puede deducir que:

B

A

B

A

P

P

Ejemplo: Se tiene una mezcla de 2 moles de metano y 3 moles de anhídrido carbónico a una presión total de

800 mmHg. Calcular las presiones parciales de cada gas.

40,05

24

4

mol

mol

n

n

Total

CH

CH

60,05

32

2

mol

mol

n

n

Total

CO

CO

Las presiones parciales serán:

mmHgmmHgPP CHTCH 32040,080044

mmHgmmHgPP COTCO 48060,080022

Recolección de gases sobre agua

La ley de de Dalton de las presiones parciales se aplica para cálculos con gases recolectados sobre agua donde la presión total sobre el líquido es igual a la suma de la presión del gas más la presión del vapor

de agua a la temperatura dada.

gasT POHPvP 2

Por lo tanto la presión parcial del gas (presión del gas seco) será:

OHPvPP Tgas 2

Ejemplo: El volumen ocupado por un gas seco a 758 mmHg y 12 oC de temperatura es de 100 pies cúbicos.

¿Cuál será el volumen que ocuparía el gas si se recogiera sobre agua a 740 mmHg y 22 oC? La presión de vapor del agua a esa temperatura es de 19,8 mmHg

La presión del gas seco sería de: mmHgmmHgPgas 2,7208,19740

lcmpie

cmpiesV 283210832,2

1

28317100 36

3

33

0

El volumen a las condiciones dadas se calcula por la ley combinada:

100011 TPVTPV

Datos del problema:

Edo inicial Edo. Final Observaciones

V0 = 2,832 x 106mL Vf = ? mL

P0 = 758 mmHg Pf = 740 mmHg Disminuye P aumenta V

T0 = 12 + 273 = 285 oK Tf = 22 +273 = 295

oK Aumenta T aumenta V

lcmK

K

mmHg

mmHgcm

T

T

P

PVV 7,3002977,3002671

285

295

740

75810832,2 3

0

036

0

1

1

0

01

Ejemplo: Un recipiente de 2 litros que contiene nitrógeno a la presión de 530 mmHg está conectado con una válvula a otro recipiente de 3 litros que contiene oxígeno a la presión de 195 mmHg. ¿Cuál será la presión

final si la válvula se abre y el proceso de difusión tiene lugar de manera isotérmica?

O2

V = 3 l

P = 195 Torr

N2

V= 2 l

P = 530 Torr

Según la ley de Dalton:

RTnnRTnPV ONTotal 22

de donde la presión final será:

f

ONfV

RTnnP

22

Los números de moles respectivos son:

RT

mmHglnN

53022

RT

mmHglnO

19532

Multiplicando ambas ecuaciones por el término “RT” y luego sumándolas se tiene que:

RTRT

mmHglnRT N

53022

RTRT

mmHglnRT O

19532

_____________________________________________________

lmmHglmmHgnnRT ON 3195253022

Dividiendo por el volumen final se obtiene la expresión para la presión final:

f

fON

f VlmmHglmmHgPnn

V

RT 131952530

22

mmHgl

lmmHglmmHgPf 3295

131952530

2.7. - Ley de Avogadro.

La ley de Avogadro expresa una dependencia directa del volumen con el número de moles, n,

contenidos en la masa de gas, en condiciones de P y T constantes. La misma establece que un mol de

cualquier gas en condiciones normales (1 atm y 273 0K) ocupa 22,4 Litros (volumen molar), o dicho

de otra forma, para la misma presión y temperatura, volúmenes iguales de todos los gases contienen el mismo número de moles del gas.

Si n = 1 mol, P = 1 atm, T = 273 oK, entonces el volumen, V, corresponde con el volumen molar de 22,4

L,

mol

l

atm

KmolK

latm

P

TR

n

V4,22

1

273082,0 0

0

La ley sugiere que “para volúmenes diferentes de gases a la misma P y T, el número de moles de un

gas es directamente proporcional al volumen ocupado por este gas”. Así, si en un recipiente hay 100 l del

gas A y 50 del gas B, el número de moles de este último es la mitad de la cantidad de moles del gas A

Ejemplo: ¿Cuál es el volumen que ocuparían 3 moles de He en condiciones normales?

lmol

lmollV 2,67

4,223

Ejemplo: ¿Cuál sería el volumen que ocuparían 100 de NH3 en condiciones normales?

lmol

l

mol

g

gNHlV 76,131

4,22

17

100 3

3.- Teoría cinética de los gases

Esta teoría establece un modelo del estado gaseoso ideal con características mecánicas basándose

en los siguientes postulados:

- Los gases ideales o perfectos están formados por partículas (átomos o moléculas) en movimiento continuo, uniforme y rectilíneo

- Tanto el tamaño de las partículas del gas así como las fuerzas de interacción entre ellas son

despreciables - El choque entre las partículas así como con las paredes del recipiente son elásticos, es decir que

el momento no varía - Tanto la temperatura como la presión son manifestaciones de carácter molecular del estado

gaseoso: la temperatura está relacionada directamente con la energía cinética de las moléculas

y la presión es el resultado de la fuerza promedio de los choques continuos de las partículas con las paredes del recipiente

Lo anterior se resume en que:

CEPV3

2

A pesar de que las partículas del gas se desplazan con velocidades diferentes, el producto de la

presión por el volumen es igual a dos tercios del valor de la energía cinética media de traslación de dichas

partículas. Esta energía cinética de las partículas permanece constante mientras la temperatura permanezca invariable. De la ecuación de estado para los gases ideales y para un mol de gas (n = 1):

RTPV

CERTPV3

2

Y por lo tanto:

RTEC2

3

donde Kmol

ergR

0

710315,8

La ecuación anterior muestra que la energía cinética media de las partículas del gas depende sólo de

la temperatura.

X

Y

Z

cml 1

Partícula de masa m y velocidad v

s

cmv 1

Área “A” = 1 cm2

cml 1

cml 1

31cmV

Figura 9.- Cubo de 1 cm de lado con n partículas de gas de masa m y velocidad v

El producto de la presión por el volumen también se puede expresar como:

RTvMM

PV M

23

22

Donde 2

Mv

es la velocidad media cuadrática. Se puede escribir entonces:

RTvMM M 32

MM

RTvM

3

De esta manera, la velocidad media de las moléculas de un gas varía directamente proporcional con la raíz cuadrada de la temperatura e inversamente proporcional con la raíz cuadrada de la masa molar.

Para el caso del H2 a 0 oC (273

oK) y 1 atm de presión:

s

cm

molKsg

Kmolcmg

mol

g

KmolK

erg

vM 22,1845262

27395,24

2

27310315,83

02

020

0

7

Es decir que a 0 oC las moléculas de hidrógeno viajan a 1845,26 metros por segundo (6642,94 km h-1)

3.1.- Difusión y Efusión. Ley de Gaham

Debido al movimiento permanente de las partículas en un gas, cuando dos gases se ponen en

contacto, se mezclan debido al proceso de difusión. Por otro lado, el gas puede escapar por un pequeño

orificio en la pared del recipiente por el proceso de efusión.

Siendo los gases A y B de masas molares MA y MB respectivamente. Sus velocidades medias serán:

A

MMM

RTAv

3 y

B

MMM

RTBv

3

Comparando ambas velocidades a Temperatura constante:

A

B

B

A

M

M

MM

MM

MM

RT

MM

RT

Bv

Av

3

3

De esta manera, la ley de Graham establece que las velocidades de difusión de los gases A y B varían inversamente proporcional con las raíces cuadradas de sus masas molares. Igualmente si los gases

están confinados en un globo, la tasa de efusión es directamente proporcional con la velocidad media

De la ecuación de estado se tiene que:

PV

RTmMM

Y sustituyendo en la ley de Graham se obtiene:

A

B

A

B

A

B

M

M

m

m

PV

RTm

PV

RTm

MM

MM

Bv

Av

Esto significa que la relación de las velocidades de difusión varía inversamente proporcional con la raíz cuadrada de la relación de las masas de los gases. Por lo tanto la relación con las densidades respectivas

también será inversamente proporcional:

A

B

M

M

d

d

Bv

Av

Igualmente si la velocidad se expresa como:

t

ev

y sustituyendo en la ley de Graham se tiene que:

A

B

A

B

B

A

M

M

MM

MM

t

t

t

e

t

e

Bv

Av

La expresión anterior dice entonces que la relación de los tiempos de difusión varía inversamente

proporcional con la raíz cuadrada de la relación de las masas molares.

Ejemplo: Un gas diatómico homonuclear desconocido efunde con una tasa que 0,355 veces la del oxígeno a

la misma temperatura. Determinar la masa molar del gas e identificarlo.

2

2

2

2

32

355,0)(

xMM

mol

gO

ov

xv

La masa molar del gas será:

mol

gmol

gO

xMM 2540355

32

2

2

2

Si el gas es diatómico homonuclear, la masa molar atómica debe ser la mitad de la masa molar de la

molécula. Así:

mol

g

mol

gxMM 127254

2

1

Esta es la masa molar del yodo, por lo que el gas es I2 (yodo molecular)

3.2.- Gases bajo comportamiento real

Las leyes de los gases ideales dan resultados adecuados a la realidad sólo bajo condiciones

moderadas de presión y temperatura sin embargo, a presiones altas y temperaturas bajas (condiciones

críticas) se presentan desviaciones importantes. En la Figura 10 se muestra un gráfico del factor de compresibilidad en función de la presión.

RT

PV

P

1

2H

2N

K300 4CH

2CO

moln 1

Gas ideal

2N

K1000

K500

K200

P

RT

PV

1Gas ideal

moln 1

Figura 10.- Desviaciones del comportamiento ideal

Para un mol (n = 1) de gas ideal esta gráfica sería una línea recta. Sin embargo, los gases bajo

comportamiento real muestran desviaciones importantes y estas son una medida del alejamiento del comportamiento ideal.

Las desviaciones del comportamiento ideal se deben a que a presiones altas y temperaturas bajas

empiezan a accionar fuerzas de atracción entre las moléculas del gas, las cuales se incrementan con la

presión. En estas condiciones ya el volumen de las moléculas ya no es despreciable en relación al volumen total.

Debido a las fuerzas de atracción, la presión sobre las paredes del recipiente es menor que la ideal y

se hace necesario la aplicación de un término de corrección llamado “ presión de cohesión, a” el cual es

característico de cada gas.

2

2

V

anPP idealobs

donde: n = número de moles; V = volumen y a = presión de cohesión

A presiones altas el volumen de las moléculas del gas interfiere con la compresibilidad y el volumen ocupado es el volumen ideal más el volumen de las moléculas, por lo que se debe aplicar un factor de

corrección al volumen observado llamado “covolumen, nb” donde b es una constante característica de

cada gas.

nbVV idealobs

En base a estas consideraciones van der Walls (1873) estableció la ecuación para el comportamiento

de los gases reales como:

nRTnbVV

naP

2

2

Para un mol de gas (n = 1):

RTbVV

aP

2

La ecuación de estado de los gases reales es una formulación general que refleja el comportamiento de un gas en cualquier dominio de presión y temperatura. A baja presión y volumen grande los factores de

corrección tienden al valor cero y la ecuación de van der Walls se transforma en la ecuación de estado para

los gases ideales.

Resolviendo la ecuación de van der Walls para la presión se tiene que:

nbV

nRT

V

naP

2

2

V

na

nbV

nRTP

Tabla 2.- Valores de las constantes a y b para algunos gases

Gas N2 O2 H2 CO2 NH3 Aire CH4 Cl2

a mol

atmL 2

1,338 1,336 0,245 3,656 4,17 1,33 2,25 6,49

b 1molL 0,0386 0,0316 0,0267 0,0423 0,0373 0,0366 0,0428 0,0562

Ejemplo: Calcular las presiones real e ideal de un mol de Cl2 a 0 oC

Según la ley de Avogadro, 1 mol de Cl2 a 0 oC ocupa 22, 4 l. Sustituyendo los valores de los parámetros en

la expresión anterior:

atmatm

L

mol

mol

atmL

mol

LmolL

KmolK

Latmmol

P 989,0013,0002,14,22

149,6

0562,014,22

273082,01

22

2

2

20

0

Si el gas se comporta como ideal su presión sería de:

atmL

KmolK

Latmmol

molV

RTnP 00,1

4,22

273082,01

1

0

0

3.3.- Liquefacción de gases

Los gases pueden condensarse (licuarse) por medio de compresión y enfriamiento. Sin embargo,

para cada gas existe una temperatura sobre la cual la compresión no produce licuefacción. A esta

temperatura se le conoce como Temperatura crítica.

Temperatura crítica, Tc: Temperatura bajo la cual un gas puede ser licuado por incremento de la presión.

bR

aTc

27

8

Presión crítica, Pc: Presión necesaria para licuar un gas a su temperatura crítica.

227b

aPc

Volumen crítico, Vc: Volumen correspondiente a la Temperatura y Presión críticas.

nbVc 3

En condiciones críticas el volumen del gas es igual al volumen del líquido y en consecuencia las densidades son iguales. La densidad crítica será entonces:

c

cV

MMd

Tabla 3.- Constantes críticas de algunos gases.

Gas Tc (0K) Pc (atm) Vc (mL)

H2 33,3 12,8 68,0

N2 126,0 33,5 90,0

O2 154,0 49,7 74,0

CO2 304,0 73,0 95,0

Resolviendo la ecuación para el volumen:

2

23

2

2

V

abbPVaVPVRTb

V

aPV

RTVP

abbV

P

aVVP 223

RTP

V

P

abbV

P

aVV

223

023

P

abV

P

aV

P

RTbV

La expresión anterior muestra que la ecuación de van der Walls es de tercer grado con respecto al

volumen y teniendo coeficientes reales puede tener una o tres raíces reales. Por lo tanto, en función de la temperatura y para una presión dada, al gas le corresponden uno o tres volúmenes. (Ver Figura xx).

Antes de Tc cada valor de la presión le corresponde un solo valor de volumen, mientras que en el

punto crítico las raíces de la ecuación anterior son iguales al volumen crítico. Por debajo de Tc la isoterma

presenta máximos y mínimos en la zona de condensación y la ecuación se anula 3 veces correspondiendo a las tres raíces de la ecuación anterior. De la Figura 11 se observa que el dominio bifásico se va restringiendo

a medida que la temperatura se incrementa hasta llegar al punto crítico

molarV

P

GasL

1T

2T

críticaTT 3

4T

5T

críticoV

AB

C

críticaP

1P

2P

Isoterma

crítica

GL

Gas

1V3V

Figura 11.- Relación PV de un gas a diferentes temperaturas

El paso del estado gaseoso al líquido, así como el comportamiento del gas en diferentes dominios de

P y T se muestra en la Figura xx. A temperaturas altas, T4 y T5, el gas obedece la ley de Boyle y Mariotte,

pero a temperaturas más bajas, T1 y T2 la isoterma respectiva muestra una distorsión y se aplana donde

aparece una fase líquida que está en equilibrio con una fase vapor.

Para la isoterma T2 la condensación comienza en el punto A y evoluciona a presión constante hasta

el punto B donde culmina la misma. Más allá del punto B sólo hay líquido, lo que se evidencia por la alta

pendiente de la curva que muestra la poca compresibilidad del líquido (V pequeño para un P grande).

La isoterma a T3 (isoterma crítica) tiene un punto de inflexión C a la presión y volumen críticos y

justamente esta temperatura T3 es la temperatura crítica. Por encima de la temperatura crítica las isotermas

se asemejan más a la forma hiperbólica equilateral, como lo indica la ley de Boyle y Mariotte y el gas no podrá ser licuado por más que aumente la presión. Sin embargo, por debajo de la temperatura crítica las

isotermas muestran tres ramas:

- Rama izquierda: sólo líquido, el cambio de V es pequeño con relación al cambio de P

- Rama central: Horizontal, el volumen varía a P constante y coexisten las fase gas y líquido

- Rama derecha: sólo gas, el cambio de V es grande con relación al cambio de P

La región bajo la curva representa los valores de P y V donde coexisten en equilibrio la fase gas con

la fase líquida y la condensación se da como resultado de la acción de las fuerzas de atracción de van der Waals entre las moléculas.

De la representación VfP se deduce que la ley de Boyle y Mariotte es un caso particular de la

ecuación de estado de van der Waals ya que un gas que se encuentra a altas temperaturas se comporta

como gas ideal, es decir: constPV , pero a medida que la temperatura desciende, la desviación del

comportamiento ideal se acentúa y su comportamiento se describe mejor por la ecuación de estado.

En la Figura 12 se muestra el diagrama PV para el caso del CO2. La isoterma crítica corresponde a

la temperatura de 31,12 oC y la presión crítica a 73 atm. A lo largo de la isoterma de los 13 oC, la

condensación comienza en P2 a V1 y termina a P2 en V3. Por encima de P2 sólo existe fase líquida.

molarV

P

gCO2 lCO2

CT 0

1 13

CT 0

2 21

CTT crítica

0

3 1,31

CT 0

4 35

CT 0

5 50

críticoV

atmPcrítica 73

1P

2P

Isoterma

crítica

1V3V

gCOlCO 22

gCO2

Dominio

bifásico

Punto

crítico

Figura 12.- Diagrama PV para el CO2

El volumen ocupado por un mol de CO2 a la temperatura crítica es el volumen crítico, el cual es una

constante igual a 95 cc. Por lo tanto, la densidad crítica, dc será:

mL

g

mL

gCO

V

MMd

c

c 4632,095

44 2

Gas

Columna de

enfriamiento

Bomba de

recicle

Válvula de

expansión

SerpentínCompresor

Boquilla para

expansión

Gas licuado

Tanque

Figura 13.- Esquema del proceso Linde para licuar gases

PROBLEMAS RESUELTOS

Presión

La atmósfera que circunda la Tierra es atraída hacia el centro del planeta por acción de la gravedad,

ejerciendo una presión denominada “Presión Atmosférica”. Una columna de atmósfera de 1 m2 de sección transversal tiene una masa de unos 10000 kg.

La fuerza da gravedad será:

Nsmkgs

mkgamF 524

2

4 101108,98,910

Newton “N”: unidad SI de fuerza 211 smkgN

La presión sobre el área de 1 m2 será de:

kPaPamNm

N

A

FP 100101101

1

101 525

2

5

Pascal: unidad SI de presión PamN 11 2

El resultado de la presión atmosférica puede variar en torno al valor de 100 kPa, dependiendo del clima y de la altura sobre el nivel del mar. A cero metros sobre el nivel del mar, 1 atmósfera, son 101,325

kPa.

1.- A nivel del mar, la masa de atmósfera sobre una sección de 30 cm x 140 cm se calculó en 4,34 x 103 kg

para el 31 de febrero de este año. Calcular la presión que ejerce la atmósfera sobre la superficie del agua.

Nsmkgs

mkgamF 424

2

3 1016,41026,481,91034,4

El área será de:

2420014030 cmcmA

2

2

2422 42,0

104200 m

cm

mcmm

La presión será de:

kPaPamNm

N

A

FP 1011001,11001,1

42,0

1026,4 525

2

4

2.- Sea el aparato de Boyle mostrado en la Figura. Si la temperatura es constante, ¿cuál será la presión del

gas encerrado en el extremo confinado cuando h es 40 mm?

La presión total ejercida sobre el gas es debida al peso de la columna de mercurio y al peso del aire sobre la columna de mercurio. De esta manera:

mmHgmmHgmmHgPPP atmHgTotal 80076040

h

Volumen

de gasMercurio

atmP 1

3.- Los cilindros de un motor de 3500 cm3 se llenan con una mezcla de aire y combustible gaseoso en la etapa de admisión a la presión de una atmósfera y a una temperatura constante. Al fin de la etapa de

compresión, el volumen se reduce a un octavo del volumen inicial a la misma temperatura. ¿Cuál es la

presión en el cilindro al momento en que se enciende la mezcla?

Según la ley de Boyle, si el volumen disminuye, la presión debe aumentar proporcionalmente:

Si V0 = 3500 mL; P0 = 1 atm; Vf = 1/8(3500) mL y Pf = ?

atmmL

mLatm

V

VPP

f

f 0,85,437

350010

0

4.- Para el caso del ejemplo anterior, si el cilindro se llena con una mezcla gaseosa a 1 atm y 27 oC y

seguidamente su volumen se reduce a los 437,5 ml calentándolo a 67 oC. ¿Cuál será la presión al encendido en estas nuevas condiciones?

En esta situación, todos los parámetros (P, V y T) sufren variaciones y se debe aplicar la ley combinada:

Edo inicial Edo Final Observaciones

V1 = 3500 mL Vf =437,5 ml P debe disminuir

P1 = 779 mmHg Pf = ? Depende del peso de los factores de volumen y temperatura

T1 = 27 + 273 = 300 oK Tf = 67 + 273 = 340

oK P debe aumentar

f

ff

i

i

T

VP

T

VPi

atmK

K

ml

mlatm

V

V

T

TPP

f

i

i

f

if 07,9300

340

5,437

35001

0

0

5.- En un termómetro de helio, el gas ocupa un volumen de 320 cm3 a 1 atm de presión constante y 25 oC.

Se introduce el termómetro en hidrógeno líquido en ebullición y el volumen disminuye a 21,5 cm3. Calcular

la temperatura de ebullición del hidrógeno en oC.

Según la ley de Gay Lussac, si la presión permanece constante y el volumen disminuye la temperatura debe bajar proporcionalmente.

Si V0 = 320 mL; Vf = 21,5 mL T0 = (25 + 273) oK = 298

oK y Tf = ?

oK

KmL

mLK

V

VTT

f

f

00

0

0 02,20320

5,21298

La temperatura de ebullición del hidrógeno en oC será:

CKCt 000 25327320

6.- Un chofer calibra sus neumáticos a 1,84 atm cuando la temperatura del ambiente son 40 oC. En su

recorrido comienza a llover y la temperatura del asfalto desciende a 17 oC. Debido al pavimento mojado, el

chofer tiene un accidente sin embargo el seguro no pagará la indemnización a menos que haya una presión

mínima de 25 psi en los neumáticos. ¿Deberá el seguro pagar los daños?

Los neumáticos tienen volumen constante por lo que el cambio de temperatura es isocórico y según la ley

de Charles si la temperatura disminuye entonces la presión también lo hará de manera proporcional.

Si T0 = (25 + 273) oK = 298

oK y Tf = (100 + 273)

oK = 373

oK ; Po =1,2 atm y Pf = ?

atmK

Katm

T

TPP

f

f 70,1313

29084,1

0

0

0

0

psiatm

psiatm 06,257,1470,1

Por lo tanto la empresa de seguros deberá pagar los daños.

7.- Un cilindro de 750 mL se llena con una mezcla gaseosa a 1 atm y 300 oC. Se acciona un pistón y el

volumen se reduce a 400 cm3 y la temperatura se incrementa a 350

oC. ¿Cuál es la máxima presión

alcanzada?

Tabla de datos

Edo inicial Edo Final Observaciones

V0 = 750 mL Vf = 400 mL Disminuye V aumenta P

P0 = 1 atm Pf = ? Depende de las relaciones de T y P

T0 = 300 + 273 = 573 oK Tf = 350 +273 = 623

oK Aumenta T aumenta P

Según la ley combinada se tiene que la presión final será:

atmK

K

mL

mLatm

T

T

V

VPP

f

f

f 39,2573

623

400

7501

0

0

0

0

0

8.- Un reactor de acero de 20 litros contiene oxígeno a la presión de 120 atm y 0 oC. El oxígeno es

consumido y al final del proceso la presión disminuyó a 80 atm a los mismos 0 oC. ¿Qué cantidad de oxígeno se consumió en el proceso?

Edo inicial Edo Final Observaciones

V0 = 20 L Vf = ?

P0 = 120 atm Pf = 1 atm

Como el proceso es isotérmico, se calcula el volumen molar por la ley de Boyle y Mariotte:

ffVPVP 00

latm

latm

P

VPV

f

f 24001

2012000

Después de la operación, el oxígeno restante ocupa los mismos 20 litros, pero a la presión de 80 atm, y el

volumen medido a la presión de 1 atm será:

latm

latm

P

VPV

f

f 16001

208000

La cantidad consumida en litros será de:

280016002400 lOlVcons

Los gramos de oxígeno consumido vienen dado por la ley de Avogadro:

gl

gOlgO 1142

4,22

32800 2

2

9.- Un gas ocupa un volumen de 5 litros 300 oC y una presión de 300 kPa. ¿Cuál sería su volumen si la

presión se reduce isotérmicamente a 200 kPa?, ¿cuál sería su temperatura si la disminución de presión se

hace a volumen constante?

En el primer caso, el cambio es isotérmico y se aplica la ley de Boyle y Mariotte:

Edo inicial Edo Final Observaciones

V0 = 5 L Vf = ? V aumenta

P0 = 300 kPa Pf = 200 kPa P disminuye

lkPa

lkPa

P

VPV

f

f 50,7200

530000

En el segundo caso, el cambio de presión es a volumen constante por lo que se aplica la ley de Charles:

Edo inicial Edo Final Observaciones

T0 = (300 +273) oK Tf = ? T disminuye

P0 = 300 kPa Pf = 200 kPa P disminuye

KkPa

kPaK

P

PTT

f

f

00

0

0 382300

200273300

CCCt 000 109273382

9.- Se introducen 2,5 g de XeF4 en un recipiente de 3 litros a 80 oC, ¿Cuál será su presión?

Según la ecuación de estado de los gases ideales:

RTnPV

atm

L

KmolK

Latm

mol

gXeF

gXeF

V

RTnP 117,0

3

27380082,0

207

5,20

0

4

4

10.- Se tienen 1012 moléculas de hidrógeno en un recipiente de 20 ml a 0 oC. ¿Cuál será la presión ejercida

en el tubo por el gas?

El número de moles de moléculas de hidrógeno será de:

2

12

23

12

1066,1

1002,6

10molesH

mol

molec

molecn

La presión será de:

atmL

KmolK

Latm

molV

RTnP 9

0

012 1086,1

02,0

273082,0

1066,1

mmHgatm

mmHgatmmmHgP 69 104,1

1

7601086,1

10.- 0,2 gramos de un gas ocupan un volumen de 100 ml a 30 oC y 1000 Torr. ¿Cuál sería la Masa Molar de

la sustancia gaseosa y cuál debería ser su densidad en las condiciones dadas?

lmllV 1,0100

atmTorr

atmTorratmP 32,1

760

11000

De la ecuación de estado se obtiene su masa molar según:

RT

MM

gmRTnPV

mol

g

atm

KmolK

Latm

l

g

P

RT

V

gmMM 65,37

32,1

27330082,0

1,0

2,00

0

La densidad del gas

l

g

KmolK

Latm

atm

mol

g

RT

PMM

V

gmd 80,1

27330082,0

32,192,33

0

0

11.- Se recogen 100 ml de oxígeno sobre agua a 23 oC y 800 mmHg. Calcular el volumen normal del oxígeno seco. La presión de vapor de agua a 23 oC es de 21,1 mmHg.

La presión: atmmmHg

atmmmHgP 053,1

760

1800

El volumen: lml 1,0100

La temperatura: KC 00 29627323

Las condiciones normales:

KT

atmP

273

1

La presión del oxígeno seco: OHPOPP voTotal 2sec2

atmmmHg

atmmmHgOHPPOP vTotalo

03,1760

11,218002sec2

De la ecuación de estado, el número de moles del gas será:

moles

KmolK

latm

latm

RT

PVn 3

0

0

1024,4

296082,0

1,003,1

El volumen de oxígeno seco en C. N. será de:

mllatm

K

nolK

latmmol

P

PVnVCN 95095,0

1

273082,01024,4

0

0

3

Otra manera de resolver por medio de la ley combinada:

f

ff

i

ii

T

VP

T

VP

Edo inicial Edo Final Observaciones

V0 = 100 mL Vf (CN)= ?

P0 = 779 mmHg Pf = 760 mmHg

T0 = 23 + 273 = 296 oK Tf = 273

oK V debe disminuir

mlK

K

mmHg

mmHgml

T

T

P

PVCNV

i

f

f

i

if 5,94296

273

760

779100

0

0

12.- ¿Cuántos gramos de He se requieren para llenar un globo aerostático de 105 litros a 210 mmHg y – 40 oC?

atmmmHg

atmmmHgP 276,0

760

1210

KKKT 000 23327340

De la ecuación de estado:

TR

VP

MM

gn

gHemol

gHe

KmolK

Latm

LatmMM

TR

VPg

o

57604

233082,0

10276,0

0

5

13.- Calcular la masa en gramos de 230 ml de gas cloro, Cl2, a 20 oC y una presión de 740 mmHg.

lml

lmlV 23,0

1000

1230

atmmmHg

atmmmHgP 97,0

760

1740

KKT 00 29327320

Sustituyendo en la ecuación de estado se tiene que:

mggClmol

gCl

KmolK

Latm

LatmMM

TR

VPg

o

641641,070

293082,0

23,097,02

2

0

Otra manera de resolución por la ley combinada:

Se calcula el volumen en condiciones normales:

Edo inicial Edo Final Observaciones

V1 = 230 mL Vf (CN)= ?

P1 = 740 mmHg Pf = 760 mmHg

T1 = 293 oK Tf = 273

oK

f

ff

i

ii

T

VP

T

VP

lmlK

K

mmHg

mmHgml

T

T

P

PVV

f

f

i

if 21,048,207293

273

760

740230

0

0

0

La masa de gas será de:

gmol

g

l

mollgCl 67,071

4,22

121,02

14.- Demostrar que las leyes de los gases ideales están contenidas en la ecuación de estado.

La ecuación de estado de los gases ideales es:

RTnPV

La ley de Boyle asume el número de moles y la temperatura constantes:

teconsRTnPV tan

La ley de Gay Luzca asume número de moles y la presión constantes:

2

1

2

1

2

1

2

1

T

T

V

V

RTn

RTn

PV

PV

La ley de Charles asume número de moles y volumen constantes:

2

1

2

1

2

1

2

1

T

T

P

P

RTn

RTn

VP

VP

Por último, la ley de Avogadro asume presión, volumen y temperatura constantes:

21

2

1 nnRTn

RTn

PV

PV

15.- Por medio de la reacción:

COAlClClCOAl 3223 3232

Se recolectan 0,830 L de gas sobre salmuera a 25 oC y 720 mmHg. mmHgCPv o

OH 15252

Preguntas: a) ¿Cuál es el gas que se desprende?

b) ¿Cuál es su presión parcial? c) ¿Cuántos moles se recogieron?

d) ¿Cuál es su volumen en condiciones normales?

e) ¿Cuál es su densidad en las condiciones dadas?

Respuestas:

a) El gas desprendido es el monóxido de carbono “CO”

b) Según la ley de Dalton de las presiones parciales:

OHCOT PvPP2

Por lo tanto la presión parcial del CO seco será:

mmHgmmHgPvPP OHTCO 705157202

atmmmHg

atmmmHg 93,0

760

1750

c) El número de moles que se recolectaron está dado por la ecuación de estado para los gases

ideales:

moles

KmolK

Latm

Latm

TR

VPn

o

032,0

298082,0

83,093,0

0

d) El volumen normal (en condiciones normales: 1 atm y 273 oK) igual viene dado por la ecuación

de estado:

Latm

KmolK

Latm

molesP

TRnV

o

CN 7164,01

273082,0

032,0

0

mLL

mLL 4,716107164,0 3

e) La densidad estará dada también por la ecuación de estado:

L

g

KmolK

Latm

atm

mol

g

TR

PMM

V

md

o

07,1

298082,0

93,028

0

O igualmente:

L

g

L

mol

gmol

V

md 08,1

83,0

28032,0

16.- Por medio de la reacción:

23 3226 HAlClAlHCl

Se recolecta el gas sobre agua a 25 oC obteniéndose un volumen de 355 ml a una presión total de 750

mmHg. La presión de vapor de agua a la temperatura dada es de 24 mmHg. Con estos datos averiguar:

- ¿Cuál es el gas que se recolecta? - ¿Cuál es su presión parcial?

- ¿Cuántos moles se recolectaron?

- ¿Cuál es su densidad en las condiciones dadas?

a) El gas recolectado es el hidrógeno, H2

b) Según la ley de Dalton:

OHPPP vHTotal 22

atmmmHgmmHgOHPPP vTotalH 95,07262475022

c) Según la ecuación de estado:

moles

KmolK

Latm

Latm

TR

VPn

o

2

0

1039,1

298082,0

355,095,0

d) Según la ecuación de estado:

RT

MM

gmRTnPV

l

mg

l

g

mol

gH

KmolK

Latm

atmMM

RT

Pd

V

gm

o

780778,02

298082,0

95,0 2

0

17.- 20 g de N2 y otro tanto de H2 están contenidos en un reactor de 3,5 litros, a 50 oC y 1 atm de presión, donde se lleva a cabo la reacción de síntesis del amoníaco:

322 23 NHHN

Suponiendo un rendimiento del 100 %, calcular las presiones parciales de los gases presentes en el reactor

después de la reacción.

De la relación estequiométrica se conoce el reactivo limitante:

gH

gN

gH

gN67,4

6

28

gH

gN

gH

gN1

20

20

Se requieren 4,67 g de N por gramo de H y sólo se dispone de 1 g de N, por lo tanto el N es el reactivo

limitante

Los moles serán: 271,028

202

molNmolg

gnN 210

2

202

molHmolg

gnH

2N +

23H 32NH

moles iniciales 0,71 10 moles reaccionantes 0,71 3 x 0,71 moles restantes 10 – (3 x 0,71) 2 x 0,71

La cantidad restante de hidrógeno será de: moles36,771,0310

La cantidad de NH3 formada será de; moles42,171,02

Las presiones parciales serán de:

atm

l

KmolK

Latm

molesV

RTnP

o

HN 70,555,3

27350082,0

36,7

0

22

Finalmente, la presión total será de:

atmatmPPP HNTotal 45,6675,1070,5522

17.- El NaHCO3 se descompone al calentarse según la reacción:

gOHgCOsCONasNaHCO 223232

atm

l

KmolK

Latm

molesV

RTnP

o

HH 75,105,3

27350082,0

42,1

0

22

¿Qué volumen de CO2 se recolectará a una temperatura de 23 oC y una presión de 752 mmHg al descomponer 0,42 g de bicarbonato. El gas se recoge sobre salmuera para evitar la solubilización del CO2 en

el agua pura. La presión de vapor de agua en la salmuera a la temperatura dada es de 15 mmHg

OHPPP vHTotal 22

atmmmHgmmHgOHPPP vTotalCO 97,07371575222

Se calculan los moles de CO2 producidos según la ley de las proporciones definidas:

1

3

2

3

2

8442,02

1

molggNaHCO

XCO

NaHCO

CO

2

3

3

2

1

3

2 105,22

1

84

42,0molCO

NaHCO

CO

molg

gNaHCOXCO

Según la ecuación de estado, el volumen será:

mllatm

KmolK

Latm

molP

RTnV

o

63063,097,0

296082,0

105,2

0

3

La densidad será:

l

mg

l

g

mol

gCO

KmolK

Latm

atmMM

RT

Pd

V

gm

o

176076,144

296082,0

97,0 2

0

El volumen en condiciones normales será de:

mllatm

KmolK

Latm

molP

RTnV

o

5605596,01

273082,0

105,2

0

3

El volumen normal se puede igualmente calcular por la ley combinada:

Edo inicial Edo Final Observaciones

V1 = 63 mL Vf (CN)= ?

P1 = 0,97 atm Pf = 760 mmHg

T1 = 296 oK Tf = 273

oK

f

ff

i

ii

T

VP

T

VP

mlK

K

mmHg

mmHgml

T

T

P

PVV

f

f

i

if 36,56296

273

760

2,73763

0

0

0

Otra vía para llegar al volumen normal utilizando la ley de Avogadro:

mllgNaHCO

lCOgNaHCOCOVCN 56056,0

842

4,2242,0

3

232

18.- El cloro se prepara por oxidación del ion cloruro a Cl2 con MnO2 según el proceso:

2222 24 ClOHMnClHClMnO

¿Cuál es el máximo volumen de cloro gas en C. N. que se puede obtener a partir de 100 g de MnO2 (MM = 86,94 g mol-1).

Según la ley de las proporciones definidas se tiene que:

1

22

2

2

2

94,861001

1

molgMnOgMnO

xCl

MnO

Cl

2

2

2

1

2

22 15,1

1

1

94,86

100molCl

MnO

Cl

molgMnO

gMnOxCl

Por medio de la ecuación de estado, el volumen será de:

latm

KmolK

Latm

molP

RTnV

o

75,251

273082,0

15,1

0

Igualmente se puede calcular por:

2

2

2

2

22 76,25

71

4,22

94,86

71100

2lCO

gCl

lCl

gMnO

gClgMnOVCl

O también:

2

2

22 76,25

94,86

4,22100

2lCO

gMnO

lClgMnOVCl

19.- Calcular las presiones real e ideal que ejercerían 100 g de anhídrido carbónico estando confinados en un recipiente de 1000 ml a 100 oC

Gas bajo comportamiento real:

2259,3 molatmla 10427,0 mollb

Según la ecuación de van der Waals

nRTnbVV

naP

2

2

Resolviendo la ecuación para la presión se tiene que:

nbV

nRT

V

naP

2

2

V

na

nbV

nRTP

atml

molmolatml

mollmoll

KmolK

latmmol

P 38,581

27,259,3

0427,027,21

373082,027,2

2

22

22

1

0

0

Gas bajo comportamiento ideal:

l

KmolK

latm

molgCO

gCO

V

RTnP

1

373082,0

44

1000

0

1

2

2 69,51 atm

20.- En la Tabla xx se dan los valores de parámetros críticos para el H2, N2, O2 y CO2. Determinar cuál de los

mismos se acerca más al comportamiento ideal.

Gas Tc (0K) Pc (atm) Vc (mL)

H2 33,3 12,8 68,0

N2 126,0 33,5 90,0

O2 154,0 49,7 74,0

CO2 304,0 73,0 95,0

Un gas se acercará más al comportamiento ideal en la medida en que sus constantes a y b sean

más pequeñas.

c

c

P

TRa

2

64

27

c

c

P

TRb

8

Para el N2:

2

220220223

338,15,35

1587610724,6422,0

mol

atml

atm

KmolKlatma

mol

l

atm

KmolKlatlb 0386,0

5,358

1,126082,0 0110

Para el O2:

2

220220223

336,17,49

56,2353110724,6422,0

mol

atml

atm

KmolKlatma

mol

l

atm

KmolKlatlb 0316,0

7,498

4,153082,0 0110

Para el H2:

2

220220223

245,08,12

89,110810724,6422,0

mol

atml

atm

KmolKlatma

mol

l

atm

KmolKlatlb 0267,0

8,128

3,33082,0 0110

Para el CO2:

2

220220223

656,38,73

49,9559810724,6422,0

mol

atml

atm

KmolKlatma

mol

l

atm

KmolKlatlb 0423,0

8,738

3,304082,0 0110

Tabla resumen

Gas 22 molatmla 1mollb

N2 1,338 0,0386

O2 1,336 0,0316

H2 0,245 0,0267

CO2 3,656 0,0423

Según los datos de la tabla, el H2 posee las constantes a y b más pequeñas por lo que su

comportamiento se acerca más al ideal.

N. B.: Los gases de menor temperatura crítica tienen comportamiento más cercano al ideal. Si las temperaturas críticas son semejantes, entonces el de mayor presión crítica se acercará más al comportamiento ideal. 21.- El análisis de un hidrocarburo desconocido dio como resultado un 92,2 % de carbono y 7,8 % de

hidrógeno en peso. 1 ml del gas requiere de 242 s para difundir a través de un medio poroso mientras que 1

ml del gas N2 requiere de 145 s para su completa difusión. Con estos datos se debe calcular la fórmula

molecular del hidrocarburo.

Nota: Se debe calcular primero la Fórmula Empírica del compuesto gaseoso y luego se aplica la ley de Graham para determinar la masa molar

Sea yx HC la fórmula hipotética del hidrocarburo y la relación molar (y atómica) es:

1

1

80,7

68,7

1

8,7

01,12

2,92

molgH

gH

molgC

gC

yC

xC

ymolH

xmolC

Por lo tanto, la fórmula Empírica del compuesto gaseoso es: CH y su masa molar será de 13 g mol-1

Según la ley de Graham se tiene que:

yxHC

C

yxM

M

MM

MM

HCv

Nv2

mol

g

s

ml

s

ml

mol

g

HCv

NvMMMM

yx

NHC yx99,77

242

1

145

1

282

2

2

2

2

2

La relación entre las masas molares de las fórmulas molecular y empírica mostrará el valor de los subíndices x y y:

yxMM

MM

FE

FM

6999,513

99,77

Por lo tanto, la fórmula molecular del compuesto gaseoso es: 66 HC

22.- Cuál será el volumen de metano medido sobre agua a 20 oC y 730 mm Hg que se obtendría de

la reacción del agua con 5 g carburo de aluminio de 95 % de pureza y suponiendo una pérdida de

del 2 % en la reacción.

mmHgCPv o

OH 54,17202

Compuesto MM g/mol

CH4 16

Al4C3 143,92

La reacción que tiene lugar es: 43234 3412 CHOHAlOHCAl

La relación molar de combinación en moles es: 4

34

3

1

CH

CAl y en gramos será:

4

34

163

92,143

gCH

CgAl

La cantidad del carburo de calcio puro que reacciona es:

puroCgAlimpuroCgAl

puroCgAlimpuroCgAlpuroCgAl 34

34

34

3434 750,4100

955

La cantidad de gas metano teórica formado será de:

34

4

34

4

75,492,143

163

CgAl

xgCH

CgAl

gCH

4

34

4344 584,1

92,143

163750,4 gCH

CgAl

gCHCgAlxgCH

El volumen teórico correspondiente a las condiciones de P y T dadas será de acuerdo a la ecuación

de los gases ideales será de:

L

atmmmHg

mmHgK

molK

Latm

mol

gCH

gCH

P

RTnLV 537,2

760

54,17730

127320082,0

16

584,1 0

04

4

Si hay una pérdida del 2 % el rendimiento será del 98 % y el volumen real de metano recolectado

será de:

LteóriL

obtenidosLteóriLrealVCH 49,2

cos100

98cos537,2

4

23.- Calcular la cantidad de roca caliza con 85,3 % en CaCO3 que se requiere para obtener 10 litros

de CO2 medidos a 18 oC y 752 mmHg por reacción con exceso de HCl

La reacción que tiene lugar es: OHCOCaClHClCaCO 2223 2

Los moles de CO2 correspondientes a los 10 litros del gas medidos a las condiciones dadas serán:

moles

KmolK

Latm

L

atm

mmHg

mmHg

RT

PVn

o

o

CO 4,0

27318082,0

10

760

7522

Los gramos de CO2 serán: 22

2 6,1744

4,0 gCOmol

gCOmolgCO

La relación de combinación entre el CaCO3 y el CO2 según la reacción es:

2

3

2

3

2

3 27,244

09,100

1

1

gCO

gCaCO

gCO

gCaCO

CO

CaCO

La cantidad de CaCO3 correspondiente a esta cantidad de CO2 será de:

2

3

2

3

6,1744

09,100

gCO

xgCaCO

gCO

gCaCO

3

2

23 04,4044

309,1006,17 gCaCO

gCO

gCaCOgCOxgCaCO

La cantidad de roca caliza correspondiente a esta cantidad de carbonato puro es:

gCalizagCaCO

gCalizagCaCOgCaliza 62,51

3,85

10004,44

3

3

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