Capítulo 5: Los gases y la teoría cinético - molecular

1. Capítulo 5: Los gases y la teoría cinético - molecular 5.1 Una perspectiva de los estados físicos de la materia 5.2 La presión de los gases y cómo se mide 5.3 Las leyes de los gases y su fundamento experimental 5.4 Otras aplicaciones de la ley del gas ideal 5.5 La ley del gas ideal y estequiometría de reacción 5.6 La teoría cinético-molecular: Un modelo para el comportamiento de los gases 5.7 Gases reales: Desviaciones del comportamiento ideal

2. Las interacciones redox en la biosfera - atmósfera (p. 180)

3. 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 Tabla 5.1 (p. 181)

4. Los tres estados de la materia 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 Fig. 5.1

5. 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.

6. 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

7. 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 =

8. Efecto de la presión atmosférica sobre los objetos en la superficie terrestre Fig. 5.2

9. Barómetro de mercurio Vacío Presión debida a la columna de mercurio Presión atmosférica Mercurio Fig. 5.3

10. Construcción de un barómetro 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 alturaagua alturamercurio densidadmercurio densidadagua = densidad del agua

11. El misterio de la bomba de succión Piston P baja Nivel del suelo Nivel del agua subterránea (p. 183)

12. Dos tipos de manómetros Extremo cerrado Extremo abierto Vacío Niveles de mercurio iguales Matraz al vacío Fig. 5.4

13. Unidades comunes de presión 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 Tabla 5.2 (p. 184)

14. Conversión de unidades de presión 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

15. Ley de Boyle : Relación P - V • 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

16. La relación entre el volumen y la presión de gas Muestra de gas (aire atrapado) Volumen (mL) Volumen (mL) Fig. 5.5

17. Aplicación de la ley de Boyle a problemas de gases 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)

18. Ley de Boyle – Una burbuja de gas en el océano El submarino “Alvin” libera una burbuja de gas a una profundidad de 6000 ft en el océano, como parte de una expedición de investigación para estudiar el vulcanismo subacuático. Suponiendo que el océano es isotérmico (la misma temperatura en toda su extensión), se libera una burbuja de gas que tiene un volumen inicial de 1.00 cm3, ¿qué tamaño tendrá en la superficie a una presión de 1.00 atm? (Asumiremos que la densidad del agua de mar es 1.026 g/cm3, y usaremos la masa del Hg en un barómetro para comparación.) Condiciones iniciales Condiciones finales V 1 = 1.00 cm3 V 2 = ? P 1 = ? P 2 = 1.00 atm

19. Continuación del cálculo 0.3048 m 1 ft 100 cm 1 m 1.026 g SH2O 1 cm3 Presión en la = 6 x 103 ft x x x profundidad Presión en la = 172,619.497 g presión de SH2O profundidad Para un barómetro de mercurio: 760 mm Hg = 1.00 atm, suponga que la sección cruzada de la columna del barómetro es 1 cm2. La masa de mercurio en un barómetro es: 1.00 atm 760 mm Hg 10 mm 1 cm Área 1 cm2 1.00 cm3 Hg 13.6 g Hg Presión = x x x x 172,619 g = Presión = 167 atm Debido a la presión atmosferica adicional = 168 atm V1 x P1 P2 1.00 cm3 x 168 atm 1.00 atm V2 = = = 168 cm3= 0.168 litros

20. 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 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

21. T2 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

22. La relación entre el volumen y la temperatura de un gas 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) Fig. 5.6

23. Problema de la Ley de Charles • 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

24. Problema de la Ley de Charles • 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

25. Continuación del problema del globo de la Antártida • 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

26. 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

27. Un experimento para estudiar la relación entre el volumen y la cantidad de un gas Ley de Avogadro Cilindro A Cilindro B Fig. 5.7

28. La respiración y las leyes de los gases La caja torácica se expande El diagrama se contrae (se mueve hacia abajo) Los pulmones se llenan de aire (p. 189)

29. Cambio de condiciones, sin cambio en la cantidad de gas • = constante Por tanto, para el cambio de condiciones: T1 T2 P x V T P1 x V1 P2 x V2 =

30. Cambio de condiciones: Problema I • 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

31. Cambio de condiciones : Problema I 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)

32. Cambio de condiciones: Problema II • 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

33. Cambio de condiciones: Problema IIcontinuación 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)

34. Cambio de condiciones: Problema III • ¿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

35. Cambio de condiciones: Problema IIIcontinuación • 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)

36. 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 gas n2 = moles finales de gas V2 = volumen final de gas n1 V1 n2 V2 V1 V2 = o: n1 = n2 x

37. Ley de Avogadro: 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

38. Relación Volumen – cantidad de gas 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

39. Temperatura y presión estándar (STP) 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

40. n = 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 Fig. 5.8

41. El volumen de un mol de un gas ideal comparado con algunos objetos familiares Fig. 5.9

42. Gases ideales • 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

43. Variaciones en la ecuación del gas • 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 = constante Ley de Boyle • Para una cantidad fija a volumen constante • P / T = nR / V = constante Ley 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

44. 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 Fig. 5.10

45. Evaluación de la constante R, del gas ideal Evaluation of the Ideal Gas Constant, R 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

46. Valores de R (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. Tabla 5.3 (p. 191)

47. Ley del gas : Solución por presión 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)

48. Cálculo del gas ideal - Nitrógeno • 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

49. Masa de aire en un globo de aire caliente - Parte I • Calcule la masa de aire en un globo esférico de aire caliente cuyo volumen es de 14,100 pies cúbicos cuando la temperatura del gas es de 86 oF y la presión es de748 mm Hg? • P = 748 mm Hg x 1atm / 760 mm Hg= 0.984 atm • V = 1.41 x 104 pies3x (12 in/1 pies)3x(2.54 cm/1 in)3 x x (1ml/1 cm3) x ( 1L / 1000 cm3) =3.99 x 105L • T = oC =(86-32)5/9 = 30 oC 30 oC + 273 = 303 K

50. Masa de aire en un globo de aire caliente - Parte II • 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 )