LEY DE DALTON PRESIONES PARCIALESDEFINICINCuando se colocan en un recipiente varios gases que no reaccionan entre s, las partculas de cada gas chocan contra las paredes del recipiente, independientemente de la presencia de los otros gases.Esta ley dice:la presin total de una mezcla gaseosa es igual a la suma de las presiones parciales de los gases que la componen

PTOTAL=P1+P2+..+PN

La mayora de los gases son insolubles al agua, por lo que en el laboratorio se obtienen fcilmente con el mtodo de desplazamiento del agua. Por tanto para calcular la presin del gas seco, es necesario conocer la presin del vapor de agua a esa temperatura.

PTOTAL=P gas + P vapor de aguaPGAS=P total P vapor de agua

La presin que ejerce un gas es proporcional al nmero de molculas presentes en el gas, e independientemente de su naturaleza. En una mezcla gaseosa cada uno de los gases obedece la ecuacin del gas ideal, por lo tanto:

Si todos los gases se encuentran en las mismas condiciones de volumen y temperatura, tenemos:

Ejemplos 1. Una muestra de aire solo contiene nitrgeno y oxgeno gaseoso, cuyas presiones parciales son 0,80 atmsfera y 0,20 atmsfera, respectivamente. Calcula la presin total del aire.

Primer paso:Identificar los datos que brinda el enunciado.

P(N)= 0,80 atm

P(O)= 0,20 atm

Segundo paso:Conocer la incognita o interrogante.

Ptotal= ?

Tercer paso:Sustituir los datos en la expresin matemtica y efectuar el calculo.

Pt=P(N)+ P(O)

Pt=0,80 atm + 0,20 atm

Pt= 1 atm

2. Una muestra de gases contiene CH4, C2H6 y C3H8. Si la presin total es de 1,50 atm y la fraccin molar de cada gas son 0.34; 0.294; 0.341; respectivamente. Calcular las presiones parciales de los gases.

Primer paso:Identificar los datos que brinda el enunciado.

X(CH4)= 0,34

X(C2H6)= 0,294

X(C3H8)= 0,341

Ptotal= 1,50 atm

Segundo paso:Conocer la incognita o interrogante.

P(CH4)= ?P(C2H6)= ?P(C3H8)= ?

Tercer paso:Sustituir los datos en la expresin matemtica y efectuar los calculos.

Pparcial=X(gas). Ptotal

P(CH4)=0,34 .1,50 atm=0,51 atm

P(C2H6)=0,294 . 1,50 atm=0,196 atm

P(C3H8)=0,341 . 1,50 atm=0,512 atm

Ley de difusin de Graham

La difusin es el proceso por el cual una substancia se distribuye uniformemente en el espacio que la encierra o en el medio en que se encuentra. Por ejemplo: si se conectan dos tanques conteniendo el mismo gas a diferentes presiones, en corto tiempo la presin es igual en ambos tanques. Tambin si se introduce una pequea cantidad de gas A en un extremo de un tanque cerrado que contiene otro gas B, rpidamente el gas A se distribuir uniformemente por todo el tanque. La difusin es una consecuencia del movimiento continuo y elstico de las molculas gaseosas. Gases diferentes tienen distintas velocidades de difusin. Para obtener informacin cuantitativa sobre las velocidades de difusin se han hecho muchas determinaciones. En una tcnica el gas se deja pasar por orificios pequeos a un espacio totalmente vaco; la distribucin en estas condiciones se llama efusin y la velocidad de las molculas es igual que en la difusin. Los resultados son expresados por la ley de Graham. "Lavelocidaddedifusindeungasesinversamenteproporcionalalarazcuadradadesudensidad."

en donde v1 y v2 son las velocidades de difusin de los gases que se comparan y d1 y d2 son las densidades. Las densidades se pueden relacionar con la masa y el volumen porque (); cuando M sea igual a la masa (peso) v molecular y v al volumen molecular, podemos establecer la siguiente relacin entre las velocidades de difusin de dos gases y su peso molecular:

y como los volmenes moleculares de los gases en condiciones iguales de temperatura y presin son idnticos, es decir V1 = V2, en la ecuacin anterior sus races cuadradas se cancelan, quedando:

Es decir:lavelocidaddedifusindeungasesinversamenteproporcionalalarazcuadradadesupesomolecular.Ejemplo 10Qu gas tiene mayor velocidad de difusin, el nen o el nitrgeno?RespuestaPrimero se necesita conocer las densidades de los gases que intervienen. Como una mol de gas ocupa 22.4 litros a T.P.E., sus densidades sern (peso molecular/volumen).nen = 20/22.4 = 0.88 g/ltnitrgeno = 28/22.4 = 1.25 g/ltsea v1 = velocidad de difusin del nitrgeno y v2 = velocidad de difusin del nen.

Es decir, el nitrgeno tiene una velocidad de difusin 0.84 veces menor que la del nen.Ejemplo 11Ordene los gases siguientes en orden creciente de sus velocidades de difusin:H2, CI2, N2, CH4, He, HCIRespuestaComo lo que se pide es el orden creciente de sus velocidades de difusin y no sus velocidades relativas, bastacon arreglar los gases en orden decreciente de sus pesos moleculares (ya que el gas de mayor peso molecular sedifunde ms lentamente que el de menor peso molecular).gasesCI2 HCI N CH4 He H2pesos moleculares 71 36.5 23 16 4 2Ejemplo 1 2Un gas se difunde 5.0 veces ms rpido que otro. Si el peso molecular (M) del primero es 20, cul es el peso molecular (M2) del segundo?RespuestaSegn la ley de difusin de Grahamy las velocidades de difusin tienen la relacin 5.0: 1.0por lo que

elevando ambos miembros al cuadrado

El peso molecular del segundo gas es500Como volmenes iguales de gases a la misma temperatura y presin contienen el mismo nmero de molculas, y como el volumen de cada gas tiene un peso diferente, entonces los pesos de las molculas debern ser diferentes. As, si pesamos volmenes iguales de gases diferentes, encontraremos los pesos relativos de sus molculas. El peso de 22.412 litros de un gas en condiciones estndar (TPE) se conoce como supesomoleculargramo(PMG) y ese volumen comovolumenmoleculargramo(VMG). Este valor se eligi por ser el volumen ocupado por 32 g de oxgeno (O2) en condiciones TPE, que hasta 1962 era el patrn de comparacin en el clculo de pesos moleculares. El nmero de molculas realmente presente en 22.412 litros (VMG) ha sido calculado por diferentes mtodos habindose encontrado 6.02 X 1023 molculas; este valor llamadonmerodeAvogadrooN, tambin se conoce comomol.Ejemplo 13 .Cuntas molculas hay en 1.0 litros de oxgeno a 0 C y 1.0 X 10-5 mm de presin?RespuestaSabemos que 22.-112 litros de cualquier gas a TPE contiene 6.023 X 1023 molculas (N).Por lo que: 22.412 litros de oxgeno a 0 C y 760 mm de presin contendr 6.023 X 1023 molculas y 1.0 litro de oxgeno a 0 C y 760 mm de presin contendr:

y 1.0 litro de oxgeno a 0 C y 1 mm de presin contendr:

de aqu que: 1.0 litro de oxgeno a 0 C y 1.0 X 10-5 mm de presin contendr:3.6 X 1019 X 1.0 X 10-5 =3.6 X 1014molculasEjemplo 14En condiciones TPE 1.25 g de un gas ocupan 250 ml. Cul es el peso molecular gramo del gas?RespuestaSabemos que 1 molcula gramo de cualquier gas ocupa 22.412 litros a TPE; por lo que debemos encontrar qu peso del gas ocupa 22.412 litros. As:1.25 g ?250 mlPMG ?22412 mlCon lo que:

Relaciones de volmenes gaseosos y reaccionesDe acuerdo con lo que se expresa en el Cap. 3, cuando una reaccin qumica representa la combinacin o produccin de dos o ms substancias gaseosas, puede usarse directamente para indicar los volmenes de gases participantes en la reaccin, los cuales estn relacionados con el nmero de molculas indicadas en la reaccin y pueden ser evaluados sin referencia a los pesos reactantes de los gases. Por ejemplo:

Los clculos con volmenes de gases requieren conocer las condiciones de temperatura y presin y tambin qu substancias son gaseosas en esas condiciones.Derivacin de la ecuacin fundamental de la teora cinticaLos conceptos dados sobre la teora cintica molecular permiten derivar una ecuacin fundamental aplicable a todos los gases ideales. Consideremos un recipiente cbico, con una arista de longitud (l), en el cual hay una molcula de un gas de masa (m) que se mueve a una velocidad (v). La molcula se dirige hacia la pared del lado derecho con unmomento= mv (momento-masaXvelocidad). Cuando choca contra la pared derecha rebota elsticamente, dirigindose a la pared opuesta, por lo que su velocidad ser (- v) (para indicar la direccin, ver cantidades vectoriales en el Apndice); luego su momento ser = - mv. El cambio de momento por cada choque ser:mv - (- mv) =2 mvTeniendo en cuenta que la molcula debe ir hacia la pared del lado izquierdo y rebotar, antes de que pueda volver a chocar contra la pared del lado derecho, se deduce que el nmero de choques contra la pared del ladoderecho por segundo es() y el cambio de momento por molcula por segundo es:

(1)Suponiendo que el cubo est lleno de n molculas, las molculas estarn movindose al azar en todas direcciones. Por razones estadsticas, se puede considerar que las molculas estn divididas en tres conjuntos iguales (); un conjunto que se mueve de la pared derecha a la de la izquierda y viceversa; otro que se mueve de arriba a abajo y el tercero que se mueve del lado anterior al posterior. Considerando lasmolculas (tomando v2 como velocidad media), por segundo es. Segn las leyes de Newton, sobre el movimiento, (ver Apndice) la razn del cambio, en el momento, es igual a la fuerza impulsora. La fuerza impulsora que acta sobre la cara del lado derecho, ser. Como la presin (P) es una fuerza entre unidad de rea y como el rea de un cubo es 12 tenemos:

(2)y como 13 = volumen (v) substituyendo obtenemos la ecuacin fundamental de la teora cintica

(3)Deducciones a parir de la ecuacin fundamental de la teora cinticaA partir de la ecuacin cintica (3) se pueden deducir las leyes de los gases. As, multiplicando por 2 el numerador y el denominador de la ecuacin (3), obtenemos

Como la energa cintica promedio de una molcula es igual ala cantidad entre parntesis en (4) representa la energa cintica de todas las molculas, por lo que si la temperatura permanece constante, la energa cintica de las molculas tambin ser constante, es decir:

(5)o seaPV = Kque es lo expresado por la ley de Boyle-Mariotte.Segn la ley de Avogadro, volmenes iguales de gases (indicados con el Indice 1 y 2) a la misma temperatura y a la misma presin contienen el mismo nmero de molculas, por lo que

(6)Como la temperatura es constante, las energas cinticas promedio por molcula son iguales, lo que nos permite escribir la siguiente ecuacin:

(7)simplificando y tomando en cuenta la igualdad de las energas cinticas:n1 = n2Como la energa cintica promedio por molcula esy segn la teora cintica esta energa es propornal a la temperatura absoluta (y a las temperaturas en otras escalas), podemos explicar la ley de difusin de Graham mediante las siguientes ecuaciones:

(8)Si dos gases de masas m1 y m2 estn a la misma temperatura, entonces

As que:

Comparando la teora cintica de los gases con la informacin experimental sobre los gases, es posible evaluar la energa cintica promedio (). As usando la ecuacin (6) y multiplicando ambos miembros por 2 y despus pasando uno de estos factores al otro miembro, tenemos(9)Considerando que n es el nmero de molculas y que sta es igual al nmero de moles (moles n) por el nmero de Avogadro (6.02 X 1023 = No)N = nNoy substituyendo en (9)

Como la evidencia experimental ha demostrado que: PV = nRT, podemos escribir

Por lo que

Comoes la energa cintica de una sola molcula, Noser la energa cintica total deuna mol de gas. Es decirla energa cintica de una mol de un gas.Es decir, la temperatura es un parmetro relacionado con la energa translacional de una molcula. La energa cintica promedio de una sola molcula se obtiene dividiendo la energa total de una mol entre No (el nmero de Avogadro). A la constantese le llama constante de Boltzmann (KB) y es muy importante

Tanto nRT como PV tienen las dimensiones de la energa.Ejemplo 15A 0 C 11 velocidad promedio de una molcula de O2 es de 4.25 X 104 cm/seg. Cul sera su velocidad promedio si la temperatura fuera de 25 C?RespuestaT a energa cintica () es proporcional a la temperatura absoluta, que en este ejemplo cambia de 273 K (FC) a 298 K (25 C).Por lo que:

y

La ecuacin de van der WaalsEn un gas ideal las molculas no interaccionan entre s excepto por colisiones elsticas, y se puede tratar como masas puntuales. La ecuacin de estado de un gas ideal esPV=nRTPes la presin del gas,Ves el volumen,Tes la temperatura,nes el nmero de moles yRla constante de los gasesDescribe aproximadamente la conducta de los gases reales a muy bajas presiones.van der Waals introdujo correcciones que tenan en cuenta el volumen finito de las molculas y las fuerzas atractivas que una molcula ejerca sobre otra a distancias muy cercanas entre ellas.(P+n2aV2)(Vnb)=nRTLas constantesaybson caractersticos de cada gas y se obtienen a partir de los datos de la presin,Pc, volumenVcy la temperaturaTccrtica. El punto crtico es un punto de inflexin de la isotermaTcen el diagrama P-V de modo que se cumple que(PV)T=0nRT(Vnb)2+2n2aV3=0(2PV2)T=02nRT(Vnb)36n2aV4=0De estas dos ecuaciones obtenemos, el volumenVcy la temperaturaTccrtica.Vc=3nbTc=8a27RbSustituyendoVcyTcen la ecuacin de van der Waals obtenemos la presin crtica,Pc,Pc=a27b2Escribimos la ecuacin de van der Waals universal ms simple en trminos de nuevas variables:p=P/Pc,v=V/Vcyt=T/Tc(p+3v2)(3v1)=8tEn el punto crticopc=1,tc=1 yvc=1.Como vamos a dibujar las isotermas en un diagrama P-V, despejamos la presinp.p=8t3v13v21.- Crear el scriptwaalspara representar las isotermas de temperaturast=0.8,0.9,1.0,1.1 y 1.2Sealar con una marca el punto crtico tal como se aprecia en la figuraSolucin

Examinamos las isotermas por debajo de la temperatura crticat