Problemas De Gases Ideales 3f5m64

2012

TERMODINÁMI CA AMBIENTAL

1. Se lleva a cabo un experimento de Dumas en el cual se determinan las cantidades de presión, temperatura y volumen para una muestra de gas. Si se mantiene una muestra de 1.08 gramos en 0.250 dm³ a 303 K y 101.3 kPa. a) ¿Cuál es el volumen de la muestra a 273.15 K a presión constante? b) ¿Cuál es la masa molar de la muestra? I. TRADUCCIÓN

v=0.250lt v=?<¿

T =303K

T =273.15K

p=101.3kPa

p=101.3kPa

m=1.08 gr

M=? II. PLANTEAMIENTO Considerando la ecuación de los gases ideales: PV =nRT ……………(1) V=

n=

nRT P ……………....(2)

m PM ……………..…(3)

PV =

m RT ………… (4) PM

PM =

m RT ……….. ..(5) PV

III. CÁLCULOS Necesitamos conocer primeramente el valor de

PM ; con respecto a la ec. 4 se tiene:

PM =

( 1.08gr ) ( 0.08205lt∗atm/ Kmol ) ( 303K )=103.9792gr / mol ( 1.0329atm ) ( 0.250lt )

Con este valor estaríamos encontrando la respuesta al inciso (b) Por otro lado según la ec. 2 observamos que: n=

1.08gr =0.0103866mol 103.9792gr/mol

Obtenido n se procede a calcular el inciso a), según la ec.2

V=

( 0.0103866mol ) ( 0.08205lt∗atm/ Kmol ) ( 273.15k ) =0.225369<¿ ( 1.0329atm )

IV. RESULTADOS Muestra

Presión en atm

Temp. en K

Vol. en litros

Primera condición

1.0329

303

0.250

Segunda condición

1.0329

273.15

0.225369

Comentario: El volúmen buscado es igual a 0.22Lt y la masa molar es igual a 103.9792 g/mol

2. ¿Cuál es la densidad del amoniaco a 100°C Y 1.15 atm? I. INTRODUCCIÓN T= 100°C P= 1.15 atm ρ=?

II. PLANTEAMIENTO Tomando en cuenta en peso molecular del amoniaco, en este caso 117 g/mol, teniendo ya su temperatura y presión establecidas, procederemos a calcular la densidad en base a: m PV =nRT ≫ n= M PV =

m RT M

PMV =mRT

PM =

m m RT ≫ ρ= V V

PM = ρRT ∴ ρ=

PM RT

III. CÁLCULOS (1.15 atm)(17 ρ= (0.08205

ρ=0.6378

g ) mol

¿∙ atm )(373k ) k ∙ mol

g dm3

IV. RESULTADOS Masa del amoniaco

Temperatura

Presión

Densidad

NH₃ 17 g/mol

100°C

1.15 atm 0.6378 g/dm³

= 372k

Comentario: El NH₃ a 100°C y a 1.15 atm posee una densidad de 0.6378 g/dm³

3. Un gas con comportamiento ideal tiene una densidad de 1.92 dm³ a 150 kPa y 298 K ¿Cuál es la masa molar de la muestra? I. INTRODUCCIÓN M=?

ρ=1.92 dm 3

P= 150 KPa T= 298 K

II.PLANTEAMIENTO Teniendo una densidad de

1.92 dm 3 , una presión de 150 KPa, y una temperatura de 298 K,

se puede calcular la masa molar de la muestra a partir de la ecuación de los gases ideales: PV =nRT ≫ n= PV =

m M

m RT M

PMV =mRT

PM =

m m RT ≫ ρ= V V

PM = ρRT ∴ M =

ρRT P

III. CÁLCULOS Convirtiendo KPa a atmósferas:

150KPa

atm = 1.47 atm ∣0.0098 1 KPa ∣

Sustituyendo:

( 1.92 dm3 ) 0.08205 ¿ ∙ atm ( 298K )

(

M=

M =31.9358

k ∙ mol 1.47 atm

)

g mol

IV. RESULTADOS Densidad 1.92 dm 3

Presión 150KPa

Temperatura 298 K

=1.47 atm

Masa Molar 31.9358 g/mol

R 0.08205

¿∙ atm k ∙ mol

Comentario: La masa molar de la muestra bajo una presión de 150 KPa, una densidad de 1.92 dm 3 y una temperatura de 298 K es 31.9358 g/mol.

4. La densidad del aire a 101.325 kPa y 298.15 K es de 1.159 g/dm³. Suponiendo que el aire se comporta como un gas ideal. Calcule su masa molar. I. INTRODUCCIÓN M=? KPa

ρ=1.159

P=

101.325

g d m3 T= 298.15 K

II. PLANTEAMIENTO Se ha establecido que el aire se comporta como un gas ideal, por lo tanto la masa molar se puede calcular a partir de la ecuación de los gases ideales: PV =nRT ≫ n= PV =

m RT M

m M

PMV =mRT PM =

m m RT ≫ ρ= V V

PM = ρRT ∴ M =

ρRT P

III. CÁLCULOS Convirtiendo KPa a atmósferas:

=0.99298 atm ∣ 0.0098atm 1 KPa ∣

101.325 KPa

Sustituyendo:

( 1.159 dm 3 ) 0.08205 ¿∙ atm ( 298.15 K )

(

M=

k ∙ mol 0.99298 atm

)

g mol

M =28.5531

IV. RESULTADOS Densidad 1.159 dm3

Presión 101.325KPa

Temperatura

Masa Molar

298.15 K

28.5531 g/mol

=0.992985 atm

R 0.08205

¿∙ atm k ∙ mol

Comentario: La masa molar de la muestra bajo una presión de 101.325 KPa, una densidad 3 de 1.159 dm

y una temperatura de 298.15 K es 28.5531 g/mol.

5. Se mantiene nitrógeno gaseoso a 152 kPa en un recipiente de 2 dm³ a 298.15 K. Si su masa molar es 28.0134 g/mol. Calcule: a) La cantidad de moles presente de N₂ presente. b) El número de molécula presentes. c) La media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculas. d) La energía cinética traslacional promedio de cada molécula. e) La energía cinética traslacional total del sistema I. INTRODUCCIÓN

P=152

M=28.0134g/mol

T=298.15 K

V= 2 dm³

II. PLANTEAMIENTO PV PV =nRT donde n= RT ………..(1)

De la ecuación de los gases ideales, se tienes que:

Ahora bien, El No. de moléculas por mol de cualquier gas es una constante física importante conocida como número de Avogadro que se representa como (N) y el mejor valor actual es de 6.023 × 10²³ moléculas por mol-gramo.………..(2) La media cuadrática de la velocidad de un gas se define como la raíz cuadrada de la media de la velocidad al cuadrado de las moléculas de un gas. La velocidad RMS de un gas ideal 3kT es calculada usando la siguiente ecuación: V RMS = M ……………..(3)

√

donde k representa la constante de Boltzmann (cuyo valor es

1.3806503× 10 23

J K ), T es la

temperatura del gas en kelvins, y M es la masa del gas, medida en kilogramos. La energía cinética promedio, asociada a cualquier componente de velocidad, es: 1 1 1 U p = m v2 = NkT = nRT ……… (4) 2 2 2 Como las moléculas de un gas ideal solamente tienen energía cinética, se desprecia la energía potencial de interacción. La energía cinética traslacional de N moléculas es simplemente 1 3 3 U = N m v 2 = NkT = nRT ………… N veces la energía promedio por molécula, entonces: 2 2 2

(

(5) III. CÁLCULOS a)

PV =nRT ≫ n=

152KPa

PV RT … (1)

1 atm ( 101.325KPa )=1.50012atm

)

n=

(

(1.50012atm )(2lt) ¿∙ atm 0.08205 (298.15K ) k ∙ mol

)

n=0.12264 moles

∣

b) 0.12264 moles

∣

6.023× 10 23 mol é culas =7.3866× 10 22 mol é culas 1 mol

∣

∣

g 1 kg kg c) 28.0134 mol 1000gr =0.0280134 mol De la ecuación (3)

V RMS =

√

J )(298.15K) K (0.0280134 kg)

3(1.3806503 × 1 0 23

V RMS =209.9601

m s

d) De ec. (4) 1 ¿∙ atm U p = (0.12264 moles) 0.08205 (298.15) 2 k ∙ mol

(

)

U p =¿ 0.50008 J

e) De ec. (5)

3 ¿∙ atm U = ( 0.12264 moles ) 0.08205 ( 298.15K ) 2 k ∙ mol

(

U =4.50025 J

)

IV. RESULTADOS Cantidad n presentes

0.12264 moles

Moléculas N₂ presentes

Media de la raíz cuadrada de la velocidad de las moléculas

m 7.3866 × 1 0 22 mol é culas 209.9601 s

Energía traslacional promedio 0.50008 J

Energía traslacional total 4.50025 J

6. Hallar la presión total ejercida por dos gramos de etano y tres gramos de dióxido de carbono contenidos en una vasija de 50 litros, a la temperatura de 50 °C. I. TRADUCCIÓN V= 50 L T = 50 °C = 323 °K

2 gr de

C2 H6

3gr de

CO 2

II. PLANTEAMIENTO La presión total ejercida por una mezcla de gases es simplemente la suma de las presiones parciales que cada uno de los gases ejercería si los otros no estuvieran presentes.

III. CÁLCULOS 2 gr de

C2 H6

(

1 mol de C 2 H 6 =0.1 mol de C 2 H 6 20 gr de C 2 H 6

)

1 mol de CO 2 CO =0.0681 mol de CO 2 2 3 gr de 44 gr de CO 2

(

)

Formula Pt =

n RT v

Sustitución ¿−atm mol −° k ¿ 50<¿=0.0891 atm ( 0 .1681 mol ) (323 ° K )¿ ¿ 0 .082

P=

IV. RESULTADOS

CO 2

Gas 1 C2 H6

Gas 2

0. 1 mol

0.0681 mol

Volumen

Temperatura

Presión total

50 Lt

323 °K

0.0891 atm

Comentario: La presión total ejercida por dos gramos de etano y tres gramos de dióxido de carbono contenidos en una vasija de 50 litros, a la temperatura de 50 °C es de 0.0891 atm

7.- En un recipiente vacío se introducen 7 g de N, 16 g de O, 3.03 g de H. La capacidad del recipiente es de 80 litros y la temperatura de 50 °C. ¿Cuál es la presión parcial de cada uno de los gases de la mezcla? ¿Cuál es la presión total? ¿Cuál es la fracción mol de cada componente? I .TRADUCCIÓN

II. PLANTEAMIENTO Considerando el comportamiento del gas ideal utilizamos las ecuaciones: PV= nRT Pt = PO2+PN2+PH2…………………………………………………..….. (a) n i RT Pi = ……………………………………………………………………. (b) V III. CÁLCULOS

Conversión de los gramos de los gases a moles 1mol N 2 7 g N2 28 g N 2 =0.25 mol N2 1 mol O 2 16 g O 2 = 0.50 mol O2

16 g O2

3.03 g H2

1mol H 2 2 g H 2 = 1.515 mol H2

De la ecuación (b PN2=

80<¿ 0.082
(

)

80<¿=¿ 0.082
(

)

80<¿ 0.082
(

)

De la ecuación (a Pt= 0.0828 atm +0.1656 atm +0.5018 atm Pt=0.7502 IV. RESULTADOS COMPONENTE PRESION PARCIAL (atm) N2 0.0828 atm O2 0.1656 atm H2 0.5018 atm Presión total 0.7502 (atm) Comentario: Para obtener la presión total del sistema, se hizo la sumatoria correspondiente de las presiones parciales del N₂, O₂, H₂.

8.- Un gas tarda dos veces mas en experimentar difusión a través de un orificio, que la misma cantidad de nitrógeno ¿Cuál es la masa molar del gas A? I. TRADUCCION

N2=28 g

II. PLANTEAMIENTO Considerando el comportamiento del gas ideal, utilizamos la segunda ley de difusión de Graham V1 √ M2 = V 2 √M1 Y tomamos en cuenta la relación 2.3: 1 Por lo que: V 1 2.3 √ M 2 = = V 2 1 √M 1 M2 =

2.3 2 M1 1

( )

III. CÁLCULOS N2=28 g 2.3 2 28 g =148.12 g M2 = 1

( )

IV. RESULTADOS COMPONENTE N2 GAS DESCONOCIDO

MASA MOLAR 28 g 148.12 g

Comentario: La masa molar del gas desconocido es de 148.12 g

9.- Exactamente 1 dm3 de N2 a presión de 1 bar tarda 5.80 minutos en experimentar efusión a través de un orificio. ¿Cuánto tardara el helio para experimentar efusión en las mismas condiciones? I. TRADUCCIÓN V=1 dm3 P= 1 bar T= 5.8 minutos

II. PLANTEAMIENTO Considerando el comportamiento ideal, utilizamos la ley de difusión de Graham √ M 2 = t2 √ M 1 t1

t2=

t1 √ M 2 M1

………………………………………………………..(a)

III. CÁLCULOS Convirtiendo el volumen del N2 en gramos g ρN2=1.25 ¿ 1 dm3= 1 lt 1 lt de N2=1.25 g de N2 Aplicando la ecuación (a)

T2=

( 5.80 min ) ( √ 8 g ) =14.6729 min √ 1.25 g

IV. RESULTADOS

Gas Helio Nitrógeno

Tiempo 5.80 minutos 14.6729 minutos

Comentario: El helio tardará aproximadamente 5.8 minutos en hacer efusión bajo las mismas condiciones que el nitrógeno 10. Mediante la ecuación de van der Waals. Hallar la temperatura a la que 3 moles de dióxido de azufre ocupan un volumen de 10 litros a la presión de 15 atmósferas. I. TRADUCCIÓN 3mol SO₂

V=10lt

T=? P=15atm

II. PLANTEAMIENTO Utilizando la ecuación de Van Der Waals, se tiene: n2 a P + 2 ( V −nb ) V n2 a P + 2 ( V −nb )=nRT ≫ T = RT V

(

)

III. CÁLCULOS

(

Constantes de Van Der Waals 2 6.7752 atm ∙< ¿ 2 mo l SO₂: a= ¿

b=

0.0568 ¿ mol

)

2 6.7752 atm ∙< ¿ 2 mo l ¿ ¿ 2 (3 mol SO₂)² (¿(10lt ) ¿) 10lt−3mol S0₂(0.0568 ¿ ) mol 15atm+ ¿∙ atm (3 moles SO₂)(0.08205 ) mol ∙ k ¿ T =¿

(

)

T =623.3507K

IV. RESULTADOS La temperatura a la que 3 moles de SO₂ ocupan un volúmen de 10lt a 15 atm es 623.3507K

11. A 0 °C y bajo una presión de 100 atm el factor de compresibilidad del O₂ es 0.927. Calcular el peso de oxígeno necesario para llenar un cilindro de gas de 100 litros de capacidad bajo las condiciones dadas. I. TRADUCCIÓN P=100atm Zo

2

= 0.927

P=100atm T=0°C

T=0°C

V=100lt Peso=?

II. PLANTEAMIENTO El Factor de compresibilidad se define como la razón entre el volumen molar de un gas real y el correspondiente volumen de un gas ideal, se utiliza para comparar el comportamiento de

un gas real respecto al establecido por la ecuación de los Gases Ideales. y se representa por la letra z :

z=

PV RT

Puesto que v=MV, donde M es el peso molecular, el factor de comprensión puede expresarse en forma alternativa como: PV =ZRT

P ( MV ) =ZRT Z=

PMV ZRT ≫ M= RT PV

III. CÁLCULOS ¿∙ atm )(273K) mol ∙ k (100atm )(100lt )

(0.927)(0.08205 M=

M =2.076 ×

10−3 gr mol

IV. RESULTADOS El peso del oxígeno necesario para llenar un cilindro de gas de 100 lt de capacidad bajo las 10−3 gr 2.076 × condiciones dada es mol 12. Una muestra de vapor que pesa 0.180 g ocupa un volumen de 53.1 cm3 a 27 °C y 760 mm de Hg de presión. La presión crítica del vapor es 47.7 atm, mientras que la temperatura crítica es de 288.5°C. Mediante la ecuación de Berthelot calcular el peso molecular de vapor y comparar lo obtenido con la ley de los gases ideales. I. TRADUCCIÓN Tc=288.5°C

0.180 g V=53.1cm³

T= 27°C P=760mmH g

Pc= 47.7 atm

M=?

II. PLANTEAMIENTO De la ecuación de Berthelot se tiene que: m V

RT 9PTc 6T c 2 [1+ 1− 2 ] P 128PcT T

(

( )( )

M=

)

De acuerdo a la ecuación de los gases ideales: PV =nRT se tiene que ≫ n= Por lo tanto:

M=

PV =

m M

m RT ≫ PVM =mRT M

mRT PV

III. CÁLCULOS

¿ K ∙ mol 0.08205¿ ¿ 2 9 ( 1 atm ) ( 561.5K ) 6 ( 561.5K ) (( 300K ) ¿¿ ( 1 atm ) ) 1+ 1− 2 128 ( 47.7 atm ) ( 300K ) ( 300K ) ¿ 0.180g M= ¿ 0.0531lt atm ∙<

[

(

(

M =78.8314

)

g mol

≫ Comparandolos r esultados con la ec. de los gases ideales

PV =nRT ≫ n= PV =

m M

m RT ≫ PVM =mRT M

)]

M=

mRT PV ¿∙ atm )(300K ) k ∙ mol (0.0531lt)(1 atm)

(0.180g)(0.08205 M= M =83.4406

g mol

III. RESULTADO El peso molecular del vapor obtenido mediante la ecuación de Berthelot es igual a g 78.8314 mol ; comparándola con el resultado obtenido con la ecuación de los gases ideales tenemos:

83.4406

g g . Hubo una variación de 9.6092 mol mol . La confiabilidad

entre la utilización de una u otra ecuación dependerá del desarrollo de las mismas.