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Los Gases y la teoría Cinético - Molecular - PowerPoint PPT Presentation


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Universidad de La Frontera Fac. Ing. Cs. y Adm. Dpto. Cs. Químicas. Los Gases y la teoría Cinético - Molecular. Prof. Josefina Canales. Las interacciones redox en la biosfera - atmósfera. Los organismos de la biosfera interactúan directamente con los gases de la atmósfera.

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Presentation Transcript

Universidad de La FronteraFac. Ing. Cs. y Adm.Dpto. Cs. Químicas

Los Gases

y la teoría Cinético - Molecular

Prof. Josefina Canales


Las interacciones redox en la biosfera - atmósfera

Los organismos de la biosfera interactúan directamente con los gases de la atmósfera.

Las plantas verdes ayudadas por La energía solar, reducen el CO2 atmosférico, incorporando los átomos de carbono en su propia sustancia. Así los átomos de O del agua son oxidados y liberados al aire como O2. Algunos microorganismos que viven en las raices de las plantas reducen el N2 a NH3 formando compuestos que la planta usa para formar proteinas.

Otros microorganismos se alimentan de plantas muertas oxidando las proteínas y liberan N2. Los animales comen las plantas y otros usan el O para oxidar el alimento y asi devuelven el CO2 y el H2O a la atmósfera


Algunos gases industriales importantes

Nombre - Fórmula Origen y uso

Metano (CH4) depósitos naturales; combustible

doméstico

Amoniaco (NH3) del N2 + H2 ; fertilizantes y explosivos

Cloro(Cl2) Electrólisis del agua de mar; blanquedores y desinfectantes

Oxígeno (O2) Aire licuado, manufactura de acero

Etileno (C2H4) Descomposición del gas natural por

altas temperaturas; plásticos


Gas: Las moléculas están separadas y llenan el espacio posible

Líquido: Las moléculas están cerca y se mueven relativamente entre sí

Sólido: Las moléculas están cerca una de otra, empacadas en un arreglo regular, y se mueven muy poco entre sí

Los tres estados de la materia


Características importantes de los gases

1) Los gases son altamente compresibles

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

2) Los gases son térmicamente expandibles

Cuando una muestra de gas se calienta, su volumen aumenta, y cuando se enfría su volumen disminuye.

3) Los gases tienen relativamente baja viscosidad

Los gases fluyen más libremente que los líquidos y los sólidos.

4) La mayoría de los gases tienen densidades bajas

La densidad de un gas se expresa en unidades de gramos por litro, mientras que las densidades de los líquidos y los sólidos son en gramos por mililitro, aproximadamente 1000 veces más denso.

5) Los gases son infinitamente mezclables

Los gases se mezclan en cualquier proporción, como en el aire, una mezcla de muchos gases.


Sustancias que son gases en

condiciones normales

Sustancia Fórmula MM(g/mol)

  • Helio He 4.0

  • Neón Ne 20.2

  • Argón Ar 39.9

  • Hidrógeno H2 2.0

  • Nitrógeno N2 28.0

  • Monóxido de nitrógeno NO 30.0

  • Oxígeno O2 32.0

  • Cloruro de hidrógeno HCL 36.5

  • Ozono O3 48.0

  • Amoniaco NH3 17.0

  • Metano CH4 16.0


Presi n de la atm sfera
Presión de la atmósfera

  • Llamada “presión atmosférica,” o la fuerza ejercida sobre nosotros por la atmósfera que se encuentra encima.

  • Una medida del peso de la atmósfera que presiona sobre nosotros.

  • Medida usando un barómetro – Un dispositivo que puede medir el peso de la atmósfera sobre nosotros

Fuerza

Área

Presión =


Efecto de la presión atmosférica sobre los objetos en la superficie terrestre

A

B

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


Barómetro de mercurio superficie terrestre

Vacío

Presión debida a la columna de mercurio

Presión atmosférica

Mercurio


Construcci n de un bar metro utilizando agua
Construcción de un barómetro utilizando agua superficie terrestre

  • 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

alturaagua

alturamercurio

densidadmercurio

densidadagua

=

densidad del agua


Dos tipos de manómetros superficie terrestre

Extremo cerrado

Extremo abierto

Vacío

Niveles de

mercurio

iguales

Matraz al vacío

A Los niveles de mercurio son igualesB El Gas ejerce presión sobre el mercurio, observándose una diferencia en altura que es igual a la Presión del Gas en C,EC Presión del gas igual a la Presión Atmosférica

D Presión del Gas es menor a la AtmosféricaE Presión del Gas es mayor a la Atmosférica


Unidades comunes de presión superficie terrestre

Unidad Presión atmosférica Campo científico

pascal (Pa); 1.01325 x 105 Pa Unidad SI; física,

kilopascal(kPa) 101.325 kPa química

atmósfera (atm) 1 atm* química

Milímetros de mercurio 760 mmHg* química, medicina,

( mm Hg ) biología

torr 760 torr* química

Libras por pulgada cuadrada 14.7 lb/in2 ingeniería

( psi or lb/in2 )

bar 1.01325 bar metorología,

química, física


Conversión de unidades de presión superficie terrestre

Problema: Un química toma una muestra de dióxido de carbono de la descomposición de caliza (CaCO3) en un manómetro de salida cerrada, la altura del mercurio es 341.6 mm Hg. Calcule la presión del CO2 en

torr, atmósferas, y kilopascals.

Plan: La presión está en mmHg, por lo tanto, usamos los factores de conversión de la tabla 5.2. (p.184) para encontrar la presión en las otras unidades.

Solución:

conversión de mmHg a torr:

1 torr

1 mm Hg

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

conversión de torr a atm:

1 atm

760 torr

PCO2( atm) = 341.6 torr x = 0.4495 atm

conversión de atm a kPa:

101.325 kPa

1 atm

PCO2(kPa) = 0.4495 atm x = 45.54 kPa


Ley de boyle relaci n p v
Ley de Boyle : Relación P - V superficie terrestre

  • La presión 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

k

V

k

P


La relación entre el volumen y la presión de gas superficie terrestre

Muestra de gas (aire atrapado)

Volumen (mL)

Volumen (mL)


Aplicación de la ley de Boyle a problemas de gases superficie terrestre

Problema: Una muestra de gas a una presión de 1.23 atm tiene un volumen de 15.8 cm3, ¿cuál será el volumen si la presión se incrementa a 3.16 atm?

Plan: Comenzamos por convertir el volumen que está en cm3 a ml y después a litros, entonces hacemos el cambio de presión para obtener el volumen final

Solución:

V1 (cm3)

P1 = 1.23 atm P2 = 3.16 atm

V1 = 15.8 cm3V2 = desconocido

T y n permanecen constantes

1cm3 = 1 mL

V1 (ml)

1 mL

1 cm3

1 L

1000mL

1000mL = 1L

V1 = 15.8 cm3 x x = 0.0158 L

V1 (L)

x P1/P2

P1

P2

1.23 atm

3.16 atm

V2 = V1 x = 0.0158 L x = 0.00615 L

V2 (L)


LEY DE BOYLE superficie terrestre

726 mmHg x 946 mL

P1 x V1

=

154 mL

V2

Una muestra de gas del cloro ocupa un volumen de 946 mL a una presión de 726 mmHg. ¿Cuál es la presión del gas (en mmHg) si el volumen está reducido a temperatura constante de 154 mL?

P1 x V1 = P2 x V2

P1 = 726 mmHg

P2 = ?

V1 = 946 mL

V2 = 154 mL

P2 =

= 4460 mmHg


Ley de boyle globo
Ley de Boyle : Globo superficie terrestre

  • 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 presión es 0.40 atm. Suponiendo que la temperatura permanece constante (lo que obviamente no es cierto), ¿cuál 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 relaci n v t

T superficie terrestre2

T1

T2

T1 = V1 x

=

V2

V1

V2

Ley de Charles - relación V - T

  • La temperatura está 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:

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


La relación entre el volumen y la temperatura de un gas superficie terrestre

Tubo de vidrio

Volumen (L)

Tapón del mercurio

Muestra de aire atrapada

Calentador

Temperatura

Baño de hielo y agua: 0°C (273 K)

Baño de agua hirviendo

100°C (373 K)


Problema de la ley de charles
Problema de la Ley de Charles superficie terrestre

  • Una muestra de monóxido de carbono, un gas venenoso, ocupa 3.20 L a 125 oC. Calcule la temperatura (oC) a la cual el gas ocuparía 1.54 L si la presión 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 L

3.20 L


Problema de la ley de charles1
Problema de la Ley de Charles superficie terrestre

  • Un globo en la Antártida está a la temperatura interior de una construcción ( 75o F ) y tiene un volumen de 20.0 L . ¿Cuál será 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


Continuaci n del problema del globo de la ant rtida
Continuación del problema del globo de la Antártida superficie terrestre

  • 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 !

  • ¡Sólo por estar en el exterior!

216.4 K

297.0 K


Aplicación de la relación Temperatura – Presión (Ley de Amontons)

P1 P2

T1 T2

=

T2

T1

P2 = P1 x = ?

Problema: Un tanque de cobre se comprime a una presión de 4.28 atm a una temperatura de 0.185 oF. ¿Cuál será la presión si la temperatura se eleva a 95.6 oC?

Plan: El volumen del tanque no cambia. Y sólo tenemos que tratar con el cambio de la temperatura, y de la presión, entonces convierta a unidades SI, y calcule el cambio en la presión a partir del cambio en la temperatura.

Solución:

T1 = (0.185 oF - 32.0 oF)x 5/9 = -17.68 oC

T1 = -17.68 oC + 273.15 K = 255.47 K

T2 = 95.6 oC + 273.15 K = 368.8 K

368.8 K

255.47 K

P2 = 4.28 atm x = 6.18 atm


La respiración y las leyes de los gases Amontons)

La caja torácica 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
Cambio de condiciones, sin cambio en la cantidad de gas Amontons)

  • = constante Por tanto, para el cambio

    de condiciones:

    T1 T2

P x V

T

P1 x V1

P2 x V2

=


Cambio de condiciones problema i
Cambio de condiciones: Problema I Amontons)

  • Una muestra de gas en el laboratorio tiene un volumen de 45.9 L a 25 oC y una presión de 743 mm Hg. Si la temperatura se incrementa a 155 oC mediante el bombeo (compresión) del gas a un nuevo vlumen de 3.10 ml, ¿cuál es la presión?

  • 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 continuaci n
Cambio de condiciones : Problema I Amontons)continuación

P1 x V1

P2 x V2

=

T1

T2

P2 (0.00310 L)

( 0.978 atm) ( 45.9 L)

=

( 298 K)

( 428 K)

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

= 9.87 atm

P2 =

( 298 K) ( 0.00310 L)


Cambio de condiciones problema ii
Cambio de condiciones: Problema II Amontons)

  • Un globo meteorológico se libera en la superficie de la tierra. Si el volumen fue de100 m3 en la superficie ( T = 25 oC, P = 1 atm ) ¿cuál será su volumen a la altura tope de 90,000 ft donde la temperatura es - 90 oC y la presión 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 continuaci n
Cambio de condiciones: Problema II Amontons)continuación

P1V1T2

  • P1 x V1 P2 x V2

    V2 =

  • V2 = =

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

=

T1

T2

T1P2

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

( 298 K) ( 0.0197 atm)


Cambio de condiciones problema iii
Cambio de condiciones: Problema III Amontons)

  • ¿Cuántos 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 continuaci n
Cambio de condiciones: Problema III Amontons)continuación

  • 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 Amontons)

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 gas

n2 = moles finales de gas V2 = volumen final de gas

n1

V1

n2

V2

V1

V2

=

o: n1 = n2 x


Ley de Avogadro: Amontons)Volumen y cantidad de gas

V2

V1

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

Problema: El hexafluoruro de azufre es un gas utilizado para rastrear los humos contaminantes en la atmósfera; si el volumen de 2.67 g de SF6 a1.143 atm y 28.5 oC es 2.93 m3, ¿cuál será 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 presión son las mismas, éste es un problema V – n, por lo tanto, podemos usar la Ley de Avogadro para calcular las moles del gas, y después usar la masa molecular para calcular su masa.

Solución: Masa molar SF6 = 146.07 g/mol

2.67g SF6

146.07g SF6/mol

= 0.0183 mol SF6

543.9 m3

2.93 m3

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


Relación Volumen – cantidad de gas Amontons)

Problema: Un globo contiene 1.14 moles (2.298g H2) de hidrógeno y tiene un volumen de 28.75 L. ¿Qué masa de hidrógeno 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 están cambiando con la T y la P constantes, entonces usaremos la Ley de Avogadro, y el formato del cambio de condiciones.

Solución:

n1 = 1.14 moles de H2

n2 = 1.14 moles + ? moles

V1 = 28.75 L

V2 = 112.46 L

T = constante

P = constante

n1 n2

V1 V2

V2

V1

112.46 L

28.75 L

=

n2 = n1 x = 1.14 moles de H2 x

masa = moles x masa molecular

masa = 4.46 moles x 2.016 g / mol

masa = 8.99 g H2 gaseoso

n2 = 4.4593 moles = 4.46 moles

Masa = 8.99g - 2.30g = 6.69g

agregada


Temperatura y presión estándar (STP) Amontons)

Se escogió un conjunto de condiciones estándar para hacer más fácil la comprensión de las leyes y el comportamiento de los gases.

Temperatura estándar = 00 C = 273.15 K

Presión estándar = 1 atmósfera = 760 mm de mercurio

A estas condiciones estándar, si se tiene 1.0 mol de un gas éste ocupará un volumen molar estándar.

Volumen molar estándar = 22.414 litros = 22.4 L


n Amontons) = 1 mol

n = 1 mol

n = 1 mol

P = 1 atm (760 torr)

P = 1 atm (760 torr)

P = 1 atm (760 torr)

T = 0°C (273 K)

T = 0°C (273 K)

T = 0°C (273 K)

V = 22.4 L

V = 22.4 L

V = 22.4 L

Número de partículas de gas = 6.022 x 1023

Número de partículas de gas = 6.022 x 1023

Número de partículas de gas = 6.022 x 1023

Masa = 4.003 g

Masa = 28.02 g

Masa = 28.01 g

d = 0.179 g/L

d = 1.25 g/L

d = 1.25 g/L

Volumen molar estándar


El volumen de un mol de un gas ideal Amontons) comparado con algunos objetos familiares


Gases ideales
Gases ideales Amontons)

  • Un gas ideal se define como aquél para el que tanto el volumen de sus moléculas, como la fuerza entre ellas, son tan pequeños que no tienen ningún efecto en el comportamiento del gas.

  • La ecuación 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 ecuaci n del gas
Variaciones en la ecuación del gas Amontons)

  • Durante los proceso químicos y físicos, alguna de las cuatro variables en la ecuación 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 = constanteLey de Boyle

    • Para una cantidad fija a volumen constante

      • P / T = nR / V = constanteLey de Amontons

    • Para una cantidad fija a presión 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


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

LEY DEL GAS IDEAL

nRT

P

PV = nRT

o

V =

fijos

fijos

fijos

n y P

n y T

P y T

Ley de Boyle

Ley de Charles

Ley de Avogadro

constante

P

V =

V = constante x T

V = constante x n


Evaluación de la constante R, del gas ideal individuales de los gases

PV

nT

Ideal gas Equation PV = nRT R =

Ecuación del gas ideal

A una temperatura y presión estándar, volumen molar = 22.4 L

P = 1.00 atm (por definición)

T = 0 oC = 273.15 K (por definición)

n = 1.00 mol (por definición)

(1.00 atm) ( 22.414 L)

( 1.00 mol) ( 273.15 K)

L atm

mol K

R = = 0.08206

L atm

mol K

O a tres figuras significantes R = 0.0821


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

atm x L

mol x K

R* = 0.0821

torr x L

mol x K

R = 62.36

kPa x dm3

mol x K

R = 8.314

J**

mol x K

R = 8.314

* La mayoría de los cálculos en este texto usan los valores de R a 3 cifras significativas.

** J es la abreviación de joule, la unidad de energía del SI. El joule es una unidad derivada compuesta de las unidades básicas Kg x m2/s2.


1 mol HCl individuales de los gases

V =

n = 49.8 g x

= 1.37 mol

36.45 g HCl

1.37 mol x 0.0821 x 273.15 K

V =

1 atm

nRT

L•atm

P

mol•K

¿Cuál es el volumen (en litros) ocupado por 49.8 g de HCl a TPE?

T = 0 0C = 273.15 K

P = 1 atm

PV = nRT

V = 30.6 L


P individuales de los gases1 = 1.20 atm

P2 = ?

T1 = 291 K

T2 = 358 K

nR

P

=

=

T

V

P1

P2

T2

358 K

T1

T1

T2

291 K

= 1.20 atm x

P2 = P1 x

El argón es un gas inerte usado en las bombillas para retardar la vaporización del filamento. Una cierta bombilla que contiene argón a 1.20 atm y 18 °C se calienta a 85 °C a volumen constante. ¿Cuál es la presión final del argón en la bombilla (en atm)?

n, V y Rson constantes

PV = nRT

= constante

= 1.48 atm


¿Cuál es el volumen de CO2 producido a 37°C y 1.00 atm cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

C6H12O6 (s) + 6O2 (g) 6CO2 (g) + 6H2O (l)

6 mol CO2

g C6H12O6 mol C6H12O6 mol CO2V CO2

x

1 mol C6H12O6

1 mol C6H12O6

x

180 g C6H12O6

L•atm

mol•K

nRT

0.187 mol x 0.0821 x 310.15 K

=

P

1.00 atm

Estequiometría de los gases

5.60 g C6H12O6

= 0.187 mol CO2

V =

= 4.76 L


Estequiometría de los gases cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

Cantidad de

reactivo gramos

o volumen

Moles de

reactivo

Moles de

producto

Cantidad de

reactivo gramos

o volumen


Ley del gas : Solución por presión cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

Problema: Calcule la presión en un contenedor cuyo volumen es de 87.5 L y está lleno de 5.038 kg de xenon a una temperatura de18.8 oC.

Plan: Convierta toda la información a las unidades requeridas y sustitúyalas por la ecuación del gas ideal ( PV=nRT ).

Solución:

5038 g Xe

131.3 g Xe / mol

nXe = = 38.37014471 mol Xe

T = 18.8 oC + 273.15 K = 291.95 K

PV = nRT P = nRT

V

(38.37 mol )(0.0821 L atm)(291.95 K)

P = = 10.5108 atm = 10.5 atm

87.5 L

(mol K)


C lculo del gas ideal nitr geno
Cálculo del gas ideal - Nitrógeno cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

  • Calcule la presión existente en un contenedor con 375 g de gas nitrógeno. El volumen del contenedor es de 0.150 m3 y la temperatura es de 36.0 oC.

  • n = 375 g N2/ 28.0 g N2 / mol = 13.4 mol N2

  • V = 0.150 m3 x 1000 L / m3 = 150 L

  • T = 36.0 oC + 273.15 = 309.2 K

  • PV=nRT P= nRT/V

  • P =

  • P = 2.26 atm

( 13.4 mol) ( 0.08206 L atm/mol K) ( 309.2 K)

150 L


Masa de aire en un globo de aire caliente
Masa de aire en un globo cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?: 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 )


Descomposici n del nitr geno de sodio
Descomposición del nitrógeno de sodio cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

  • El nitrógeno de sodio (NaN3) se utiliza en algunas bolsas de aire de los automóviles. Calcule el volúmen del gas nitrógeno que se genera a 21 oC y 823 mm Hg por la descomposición de 60.0 g de NaN3 .

  • 2 NaN3 (s) 2 Na (s) + 3 N2 (g)

  • mol NaN3 = 60.0 g NaN3 / 65.02 g NaN3 / mol =

    = 0.9228 mol NaN3

  • mol N2= 0.9228 mol NaN3x3 mol N2/2 mol NaN3

    = 1.38 mol N2


C lculo del nitr geno de sodio
Cálculo del nitrógeno de sodio cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

  • PV = nRT V = nRT/P

  • V =

  • V = 30.8 litros

( 1.38 mol) (0.08206 L atm / mol K) (294 K)

( 823 mm Hg / 760 mmHg / atm )


Problema de densidad del amoniaco

( 0.989 atm) ( 17.03 g/mol) cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

P x M

R x T

( 0.08206 L atm/mol K) ( 328 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


C lculo de la masa molar
Cálculo de la masa molar cuando 5.60 g de glucosa se agotan en la reacción?:

Masa

masa molar

  • n =

  • n = =

P x V

masa

R x T

masa molar

Masa x R x T

Masa molar = = MM

P x V


Determinación de la masa molar de un líquido volátil desconocido (método Dumas)

Tubo capilar

V conocida

T conocida > punto

de ebullición del líquido

Calentador


Método Dumas de la masa molar desconocido (método Dumas)

Problema: Un líquido volátil es puesto en un matraz cuyo volumen es de 590.0 ml y se deja hervir hasta que desaparece todo el líquido y sólo permanece el vapor a una temperatura de 100.0 oC y presión de 736 mm Hg. Si la masa del matraz antes y después del experimento es de 148.375g y149.457 g, ¿cuál es la masa molar del líquido?

Plan: Use la ley del gas para calcular la masa molar del líquido.

Solución:

1 atm

760 mm Hg

Presión = 736 mm Hg x = 0.9684 atm

masa= 149.457g - 148.375g = 1.082 g

(1.082 g)(0.0821 Latm/mol K)(373.2 K)

Masa molar = = 58.03 g/mol

( 0.9684 atm)(0.590 L)

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


(0.724 atm)(0.250 L) desconocido (método Dumas)

Cálculo del peso molecular de un gas

Gas natural - metano

Problema: Se recoge una muestra de gas natural a 25.0 oC en un matraz de 250.0 ml. Si la muestra tenía una masa de 0.118 g a una presión de 550.0 Torr, ¿cuál es el peso molecular del gas?

Plan: Utilice la ley del gas ideal para calcular n, después calcule la masa molar.

1mm Hg

1 Torr

1.00 atm

760 mm Hg

P = 550.0 Torr x x = 0.724 atm

Solución:

1.00 L

1000 ml

V = 250.0 ml x = 0.250 L

P V

R T

n =

T = 25.0 oC + 273.15 K = 298.2 K

n = = 0.007393 mol

(0.0821 L atm/mol K)(298.2 K)

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


Mezcla de gases
Mezcla de gases desconocido (método Dumas)

  • El comportamiento del gas depende en gran medida del número, no de la identidad, de las moléculas.

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

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


Ley de dalton de las presiones parciales i
Ley de Dalton de las presiones parciales - I desconocido (método Dumas)

  • Definición: En una mezcla de gases, cada gas contribuye a la presión total que se ejercería si el gas fuera el único presente en un contenedor.

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


Ley de dalton de las presiones parciales
Ley de Dalton de las presiones parciales desconocido (método Dumas)

  • La presión ejercida por una mezcla de gas ideal se determina por el número total de moles:

    P=(ntotal RT)/V

  • n total = suma de las cantidades de cada presión de gas

  • La presión parcial es la presión de gas como si fuera el único que estuviera presente.

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

  • La presión total es la suma de las presiones parciales.


Ley de dalton de presiones parciales problema 1
Ley de Dalton de presiones parciales- Problema #1 desconocido (método Dumas)

  • 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.

  • ¿Cuáles son las presiones parciales de cada gas, y la presión 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)


Ley de dalton problema 1 continuaci n
Ley de Dalton - Problema #1 desconocido (método Dumas)continuación

  • 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 2 uso de fracciones de mol
Ley de Dalton - Problema #2 desconocido (método Dumas)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. ¿Cuáles son las presiones parciales de los gases si la presión 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
Humedad relativa desconocido (método Dumas)

presión del agua en el aire

  • Hum Rel = x 100%

  • Ejemplo: la presión parcial del agua a 15oC es 6.54 mm Hg, ¿Cuál es la humedad relativa?

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

    = 51.1 %

máxima presión del vapor de agua


Presión del vapor de agua (P desconocido (método Dumas)H2O) a diferentes temperaturas

T0C P (torr) T0C P (torr) T0C P (torr)

0 4.6 26 25.2 85 433.6

5 6.5 28 28.3 90 525.8

10 9.2 30 31.8 95 633.9

11 9.8 35 42.2 100 760.0

12 10.5 40 55.3

13 11.2 45 71.9

14 12.0 50 92.5

15 12.8 55 118.0

16 13.6 60 149.4

18 15.5 65 187.5

20 17.5 70 233.7

22 19.8 75 289.1

24 22.4 80 355.1


Recolección del producto de reacción gaseoso insoluble en agua y determinación de su presión

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

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

 Un producto gaseoso insoluble en agua burbujea a través del agua hasta un tubo de colección

 La Ptotal se iguala a la Pgas mas la Ptotal a la temperatura del experimento. Por tanto Pgas = Ptotal – PH2O


Recolecci n de gas hidr geno en agua presi n del vapor i
Recolección de gas hidrógeno en agua – Presión del vapor - I

  • 2 HCl(ac) + Zn(s) ZnCl2 (ac) + H2 (g)

  • Calcule la masa de hidrógeno gaseoso recolectado de agua si 156 ml de gas se recolecta a 20oC y 769 mm Hg.

  • PTotal = P H2 + PH2O PH2 = PTotal - PH2O

    PH2 = 769 mm Hg - 17.5 mm Hg

    = 752 mm Hg

  • T = 20oC = 273 = 293 K

  • P = 752 mm Hg /760 mm Hg /1 atm = 0.987 atm

  • V = 0.156 L


Recolecci n en agua cont
Recolección en agua vapor - Icont.

  • 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 hidrógeno

(0.987 atm)(0.156 L)

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


C lculo ecuaci n qu mica iii
Cálculo ecuación química - III vapor - I

Masa

Átomos (Moléculas)

Peso Molecular

Número de Avogadro

g/mol

6.02 x 1023

Moléculas

Reactivos

Productos

Moles

Molaridad

PV = nRT

moles / litro

Soluciones

Gases


Estequiometría de la ley del gas - I - NH vapor - I3 + HCl

Problema: Se retira una película que separa dos contenedores, y los gases se mezclan y reaccionan. El primer contenedor con un volumen de 2.79 L contiene gas amoniaco a una presión de 0.776 atm y una temperatura de 18.7 oC. El segundo con un volumen de 1.16 L contiene HCl gaseoso a una presión de 0.932 atm y una temperatura de 18.7 oC. ¿Qué masa de cloruro de amonio se formará?, ¿qué masa permanecerá en el contenedor?, y ¿cuál será la presión?

Plan: Este es un problema de reactivo limitante, entonces debemos calcular los moles de cada reactivo usando la ley del gas para determinar el reactivo limitante. Entonces podemos calcular la masa del producto, y determinar cuánto queda en el volumen combinado del contenedor, y sus condiciones.

Solución:

Ecuación: NH3 (g) + HCl(g) NH4Cl(s)

TNH3 = 18.7 oC + 273.15 = 291.9 K


Estequiómetría de la ley del gas - II - NH vapor - I3 + HCl

PV

n =

RT

(0.776 atm)(2.79 L)

nNH3 = = 0.0903 mol NH3

(0.0821 L atm/mol K)(291.9 K)

reactivo

(0.932 atm)(1.16 L)

nHCl = = 0.0451 mol HCl

(0.0821 L atm/mol K)(291.9 K)

limitante

Por tanto, el producto será 0.0451 mol NH4Cl or 2.28 g NH4Cl

Amoniaco restante = 0.0903 mol - 0.0451 mol = 0.0452 mol NH3

V = 1.16 L + 2.79 L = 3.95 L

nRT

(0.0452 mol)(0.0821 L atm/mol K)(291.9 K)

PNH3 = = = 0.274 atm

V

(3.95 L)


Distribución de velocidades moleculares a tres temperaturas vapor - I

Velocidad más probable a 1273 K

Número relativo de moléculas con velocidad u


Descripción molecular de la ley de Boyle vapor - I

Una Pext mayor causa una menor V, lo cual provoca más colisiones hasta que Pgas = Pext

Pext aumenta, T yn son fijas


Descripción molecular de la ley de Dalton de las presiones parciales

Mezcla de

A y B

Pistón abajo

Cerrado

Abierto


Descripción molecular de la ley de Charles parciales

aumenta

aumenta

Una T mayor aumenta la frecuencia de colisión: Pgas > Patm

V aumenta hasta que Pgas > Patm


Descripción molecular de la ley de Avogadro parciales

n aumenta

V aumenta

T fija

Más moléculas aumentan las colisiones: Pgas > Patm

Más moléculas aumentan las colisiones: Pgas > Patm


Velocidad y energ a
Velocidad y energía parciales

  • Energía cinética = 1/2mu2

  • Energía cinética promedio (Ec)

    • Sume todas las energías moleculares individuales y divida entre el número total de moléculas

    • El resultado depende de la temperatura del gas

    • Ec=3RT/2NA

    • T=temp. en Kelvin , NA =número de Avogadro, R=nueva cantidad (gas constante)

  • Ectotal = (no. de moléculas)(Ec) = (NA)(3RT/2NA) = 3/2RT

  • Entonces, 1 mol de cualquier gas tiene una energía cinética molecular total= Ec de 3/2RT


Relación entre masa molar y parcialesvelocidad molecular

Número relativo de moléculas a una velocidad

Velocidad molecular


Masa molecular y velocidad molecular parciales

Problema: Calcule las velocidades moleculares de las moléculas de hidrógeno, metano, y dióxido de carbono a 300 K.

Plan: Use las ecuaciones para la energía cinética promedio de una molécula, y la relación entre energía cinética y velocidad para calcular las velocidades promedio de las tres moléculas.

Solución: para el hidrógeno, H2 = 2.016 g/mol

3 R

2 NA

8.314 J/mol K

Ec = x T = 1.5 x x 300K =

6.022 x 1023 moléculas/mol

Ec = 6.213 x 10 - 21 J/molécula = 1/2 mu2

2.016 x 10 -3 kg/mol

6.022 x 1023 moléculas/mol

m = = 3.348 x 10 - 27 kg/molécula

6.213 x 10 - 21 J/molécula = 1.674 x 10 - 27 kg/molécula (u2)

u = 1.926 x 103 m/s = 1,926 m/s


Masa molecular y velocidad molecular parciales

Para el metano: CH4 = 16.04 g/mole

3 R

2 NA

8.314 J/mol K

6.022 x 1023 moléculas/mol

Ec = x T = 1.5 x x 300K =

Ec = 6.213 x 10 - 21 J/molécula = 1/2 mu2

16.04 x 10 - 3 kg/mol

6.022 x 1023 moléculas/mol

m = = 2.664 x 10 - 26 kg/molécula

6.213 x 10 - 21 J/molécula = 1.332 x 10 - 26 kg/molécula (u2)

u = 6.838 x 102 m/s = 683.8 m/s

Para el dióxido de carbono CO2 = 44.01 g/mol

3 R

2 NA

8.314 J/mol K

6.022 x 1023 moléculas/mol

Ec = x T = 1.5 x x 300K =

Ec = 6.213 x 10 - 21 J/molécula = 1/2mu2

44.01 x 10 - 3 kg/mol

6.022 x 1023 moléculas/mol

m = = 7.308 x 10 - 26 kg/molécula

6.213 x 10 - 21 J/molécula = 3.654 x 10 - 26 kg/molécula (u2)

u = 4.124 x 102 m/s = 412.4 m/s


Masa molecular y velocidad molecular parciales

molécula H2 CH4 CO2

Masa molecular (g/mol)

2.016 16.04 44.01

Energía cinética

(J/molécula)

6.213 x 10 - 21 6.0213 x 10 - 21 6.213 x 10 - 21

Velocidad

(m/s)

1,926 683.8 412.4


Punto importante
¡ Punto importante ! parciales

  • A una temperatura dada, todos los gases tienen las mismas distribuciones de energía cinética.

    o

  • La misma energía cinética molecular promedio.


Difusi n vs efusi n
Difusión parcialesvs. Efusión

  • Difusión – Un gas mezclado en otro gas, o gases, cuyas moléculas están colisionando e intercambiando energía entre sí.

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


Difusi n relativa del h 2 contra el o 2 y n 2 gaseosos
Difusión relativa del H parciales2 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


C lculo de la ley de graham
Cálculo de la Ley de Graham parciales

  • RazónHidrógeno = RazónAire x (MMAire / MMHidrógeno)1/2

  • RazónHidrógeno = RazónAire x ( 29 / 2 )1/2

  • RazónHidrógeno= RazónAire x 3.95

  • o RazónHidrógeno = RazónAire x 4


Nh 3 g hcl g nh 4 cl s
NH parciales3 (g) + HCl(g) = NH4Cl (s)

  • HCl = 36.46 g/mol NH3 = 17.03 g/mol

  • RazónNH3 = RazónHCl x ( 36.46 / 17.03 )1/ 2

  • RazónNH3 = RazónHCl x 1.463


Difusi n separaci n gaseosa del uranio 235 238
Difusión – separación gaseosa del Uranio - 235 / 238 parciales

(238.05 + (6 x 19))0.5

  • 235UF6 vs 238UF6

  • Factor de separación = S =

  • Después de dos corridas S = 1.0086

  • Después de aproximadamente 2000 corridas

  • 235UF6 es > 99% Puro

  • Planta Y - 12 en el laboratorio: Oak Ridge National Lab

(235.04 + (6 x 19))0.5



Constitu- parciales

yentes principales

Constitu-

yentes secundarios

Temperatura

( K)

Canbios químicos

Presión (torr)

Exosfera

Las variaciones en presión, temperatura y composición de la atmósfera de la tierra

Ionos-

fera

Heterosfera

Fotoionización

Termos-

fera

Altitud (Km)

Fotodisociación de O2

Mesos-

fera

Estra-

Tosfera

Homosfera

Fotodisociación de O3

Troposfera


Atmósferas planetarias parciales

Planeta Presión Temperatura Composición

(Satélite) (atm) (K) (Mol %)

Mercurio < 10 -12 ~700 (día) He, H2, O2, Ar

~100 (noche) Na y K del viento solar

Venus ~90 ~730 CO2(96), N2(3), He,

SO2, H2O, Ar, Ne

Tierra 1.0 rango 250-310 N2(78), O2(21), Ar(1.6)

medio H2O, CO2,Ne,He, CH4

(Luna) ~2x10-14 370 (día) Ne, Ar, He

120 (noche)

Marte 7x10-3 300 (día verano) CO2(95), N2(3),

140 (polo en inv.) Ar(1.6), O2, H2O,

218 promedio Ne, CO, Kr


Atmósferas planetarias parciales

Planeta Presión Temperatura Composición

(Satélite) (atm) (K) (Mol %)

Júpiter (~4x106) (~140) H2(89), He(11), CH4, NH3,

C2H6, C2H2, PH3

(Io) ~10-10 ~110 SO2, S vapor

Saturno (~4x106) (~130) H2(93), He(7), CH4, NH3,

H2O, C2H6, PH3

(Titán) 1.6 ~94 N2(90), Ar(<6), CH4(37),

C2H6, C2H2, C2H4, HCN, H2

Urano (>106) (~60) H2(83), He(15), CH4(2)

Neptuno (>106) (~60) H2(<90), He(~10), CH4

Plutón ~10-6 ~50 N2, CO, CH4


Volumen molar de algunos gases comunes parciales

a STP (00C y 1 atm)

Gas Volumen molar (L/mol) Punto de condensación (0C)

He 22.435 -268.9

H2 22.432 -252.8

Ne 22.422 -246.1

Gas ideal 22.414

Ar 22.397 -185.9

N2 22.396 -195.8

O2 22.390 -183.0

CO 22.388 -191.5

Cl2 22.184 -34.0

NH3 22.079 -33.4


Comportamiento de varios gases reales cuando se incrementa la presión externa

PV/RT > 1

Predomina el efecto del volumen molecular

Gas ideal

PV/RT < 1

Predomina el efecto de las atracciones intermoleculares


Efecto del volumen molecular en volúmenes medidos de gas la presión externa

Pext normal: volumen libre  volumen recipiente

Pext aumenta

Muy alta Pext : volumen libre < volumen recipiente


Ecuación de van der Waals la presión externa

n2a

V2

P + (V-nb) = nRT

atm L2

mol2

L

mol

Gas a b

He 0.034 0.0237

Ne 0.211 0.0171

Ar 1.35 0.0322

Kr 2.32 0.0398

Xe 4.19 0.0511

H2 0.244 0.0266

N2 1.39 0.0391

O2 6.49 0.0318

Cl2 3.59 0.0562

CO2 2.25 0.0428

NH3 4.17 0.0371

H2O 5.46 0.0305


Cálculo de van der Waals en un gas real la presión externa

Problema: Un tanque de 20.0 litros contiene cloro gaseoso a una temperatura de 20.000C y a una presión de 2.000 atm. Si el tanque se presuriza a un nuevo volumen de 1.000 L y una temperatura de 150.000C. ¿cuál es la nueva presión usando la ecuación del gas ideal, y la ecuación de van der Waals?

Plan: Realice los cálculos

Solución:

PV (2.000 atm)(20.0L)

RT (0.08206 Latm/molK)(293.15 K)

n = = = 1.663 mol

nRT (1.663 mol)(0.08206 Latm/molK)(423.15 K)

V (1.000 L)

P = = = 57.745 atm

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

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

P = - = -

(1.663 mol)2(6.49)

(1.00 L)2

= 63.699 - 17.948 = 45.751 atm


FIN la presión externa


ad