Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

1 Uma garrafa de 1,5 litro, inicialmente aberta, indeformável e seca, foi fechada com

uma tampa plástica. A pressão ambiente era de 1,0 atm e a temperatura, de 27C. Em

seguida, essa garrafa foi colocada ao sol e, após certo tempo, a temperatura em seu

interior subiu para 57C e a tampa foi arremessada pelo efeito da pressão interna.

a) Que tipo de transformação de estado ocorreu com o gás dentro da garrafa?

b) Qual era a pressão no interior da garrafa no instante imediatamente anterior à

expulsão da tampa plástica?

c) Qual a pressão no interior da garrafa após a saída da tampa? Justifique

2 Qual a temperatura a que deve ser aquecido um recipiente aberto a fim de que 1/3

do gás que ele encerra, à 27C, seja expulso do recipiente?

3 Em um recipiente aberto à atmosfera com capacidade volumétrica igual a 2,4 litros,

nas C NTP, colocou-se uma massa de 0,36 g de grafite. Fechou-se o recipiente e, com o

auxilio de uma lente, focalizando a luz solar sobre o grafite, iniciou-se sua reação com

o oxigênio presente produzindo apenas gás carbônico. Assuma que todo o oxigênio

presente tenha sido consumido na reação.

a) Qual a quantidade de gás carbônico formado na reação?

b) Qual será a pressão dentro do recipiente quando o sistema for resfriado ate a

temperatura inicial? Justifique.

4 Um cilindro contendo gás oxigênio puro teve pressão reduzida de 2,60 atm para 2,0

atm, em 47,0 min, devido a um vazamento através de um pequeno orifício existente.

Quando cheio com outro gás, à mesma pressão inicial, levou 55,1 min para que a

pressão caísse outra vez ao valor de 2,0 atm. Determine a massa molecular do segundo

gás. Considere que ambos os processos foram isotérmicos e que os gases, nessas

condições de pressão e temperatura, apresentam comportamento ideal.

5 Num recipiente de 500 mL são introduzidos 62,5 mL de metano, medidos a 102 oC e

2,0 atm de pressão, e 400 mL de oxigênio, medidos a 27 oC e 1,5 atm de pressão.

Processa-se a reação com formação de gás carbônico e água e verifica-se a existência

de excesso de oxigênio. Quando a temperatura se estabiliza em 27 oC, estando a água

na fase líquida , verifica-se, que a pressão do gás carbônico é 0,20 atm e a pressão

total da mistura é de 1,0 atm. Qual a proporção entre os volumes dos gases

participantes da reação, referida a mesma temperatura e pressão.

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

6 20,0 litros de hidrogênio, medidos a 27 oC e a 700 mm de mercúrio, foram

misturados a 15 L de oxigênio medido a 57 oC e 770 mm de Hg. A seguir, provocou-se a

formação de água por meio de uma faísca elétrica. No final, verificou-se a existência de

35 L de vapor de água e 8,75 L de oxigênio em excesso, ambos medidos a 147 oC e 560

mm de Hg. Demonstrar com base na teoria atômico-molecular e na lei de Avogadro,

que o número de átomos na molécula de oxigênio é par. (Não são conhecidas as

fórmulas das substâncias).

7 Um balão esférico, contendo gás hélio, é solto no nível do mar, num local onde a

temperatura é de 27,0 oC. O balão sobe, mantendo-se em equilíbrio térmico com o ar

atmosférico, até atingir uma altitude onde a pressão atmosférica é 90 % da pressão ao

nível do mar e a temperatura do ar é de –3,0 oC. Qual a relação entre os raios do balão,

ao nível do mar e na altitude considerada?

8 Dois gases ideais, G1 e G2, estão contidos em recipientes rígidos, ligados por um tubo

longo de seção reta igual a 3,00 cm2.

G1 G2

Os gases inicialmente com volumes iguais a 1,00103 cm3 e temperaturas iguais a 27,0

oC, são separados por um embolo que pode se mover sem atrito. Suponha que a

temperatura de G1 aumente de 20 oC e a de G2 diminua também de 20 oC. Sabendo-se

que durante essa transformação o êmbolo se move no tubo longo, determine o

deslocamento que ele sofre.

9 Um gás se encontra em equilíbrio no interior de um cilindro vertical, ocupando um

volume de 5,0 L. O cilindro é provido de um embolo móvel, sem atrito, de massa m =

6,0 kg e de área A = 20 cm2. Coloca-se um novo embolo idêntico ao primeiro, sobre o

conjunto e, restabelecido o equilíbrio, o volume ocupado pelo gás passa a ser 4,0 L.

Sabendo-se que a temperatura do gás permaneceu constante durante a experiência,

determine o valor da pressão atmosférica local (considere g = 10 m/s2).

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

10 No sistema abaixo, têm-se inicialmente um gás ideal no balão 1 de volume V1 = 9V2

sob pressão de 1atm, enquanto o balão 2 de volume V2 e o balão 3 de volume V3 = 9V1

estão evacuados, e, todos estão em uma mesma temperatura. Abre-se a torneira e

deixa-se o gás passar para o balão 2 e quando o equilíbrio é atingido feixa-se esta

torneira . A seguir abre-se a outra torneira e deixa-se o gás difundir-se para o balão 3,0

até o equilíbrio ser atingido. Sendo que durante toda a transformação a temperatura

permaneceu constante, determine:

Em qual dos balões existirá menor quantidade de matéria do gás;

Qual a relação entre as pressões nos balões 2 e 3.

11 Sabe-se que uma amostra gasosa é misturada de etano e butano. Um bulbo de

200,0 cm3 de capacidade é preenchido com gás a uma pressão de 100,0 kPa a 20,0 ºC.

Se o peso do gás no bulbo é 0,3846 qual é a porcentagem molar do butano na mistura?

12 Uma amostra de oxigênio e hidrogênio é analisada passando-se sobre óxido de

cobre aquecido e através de um tudo secador. O hidrogênio reduz o CuO de acordo

com a equação:

CuO + H2 Cu + H2O

O oxigênio, então reoxida o cobre formado: Cu + ½ O2 CuO ; 100,0 cm3 da mistura,

medidos a 25ºC e 750 torr, fornecem 84,5 cm3 de oxigênio seco, medidos a 25ºC e 750

torr depois de passar pelo CuO e pelo agente secante. Qual é a composição original da

mistura?

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

13 Uma mistura gasosa de hidrogênio e um composto A está contida em um recipiente

de 10,0 L, sob pressão de 0,74 atm e temperatura de 27 ºC. Posteriormente, adiciona-

se ao recipiente a quantidade estequiométrica de oxigênio para a combustão

completa da mistura, que gera 17,6 g de CO2. Quando a mistura de produtos é

resfriada a 27 ºC, o valor da pressão se reduz a 2,46 atm. A análise elementar revelou

que A é formado por carbono e hidrogênio. Sabe-se, ainda, que o composto A é

gasoso a 25°C e 1 atm. Considerando que os gases se comportam idealmente.

Determine a fórmula molecular de A e as pressões parciais de A e de hidrogênio nas

condições iniciais do problema.

14 A um reator de 16 L de capacidade, contendo 1 L de um líquido não-volátil e uma

certa quantidade de um gás inerte não-solúvel, são adicionados dois gases puros e

insolúveis A e B, que reagem entre si segundo a reação irreversível: A(g) + B(g) → C(g)

Considerando que o reator é mantido a 300 K durante a reação, que no instante inicial

não há composto C no reator e utilizando os dados da tabela abaixo, determine a

pressão total no reator ao término da reação.

15 Uma amostra de 0, 512 g de uma liga metálica Al-Zn reage com HCl, recolhendo-se

o gás formado. Após a total dissolução da amostra, o gás recolhido é seco, resfriado e

submetido a um processo de compressão representado pela reta AB no diagrama PV.

Sabendo que a temperatura máxima ao longo do processo de compressão é 298 K,

determine o teor de alumínio nesta amostra. Considere que o gás se comporta

idealmente.

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

16 No equipamento esquematizado na figura abaixo, as torneiras A, B e C estão

inicialmente fechadas. O compartimento 1 de volume 2,00 L contém oxigênio sob

pressão de 1,80 atm. O compartimento 2 contém nitrogênio. O compartimento 3 de

volume 1,00 L contém nitrogênio e uma certa quantidade de sódio metálico.

Executam-se, então, isotermicamente, as três operações descritas a seguir:

1ª) mantendo a torneira A fechada, abrem-se B e C e faz-se o vácuo nos recipientes 2 e

3, sem alterar a quantidade de sódio existente em 3;

2ª) fecham-se B e C e abre-se A, constatando que, após atingir o equilíbrio, o

manômetro M1 indica uma pressão de 1,20 atm;

3ª) fecha-se A e abre-se B, verificando que, atingido o equilíbrio, o manômetro M2

indica uma pressão de 0,300 atm. Finalmente, fecha-se a torneira B e eleva-se a

temperatura do recipiente 3 até 77,0 oC, quando então, a pressão indicada por M2 é

de 0,400 atm. Calcule a massa inicial de sódio, considerando que, antes da elevação da

temperatura, todo o sódio se transformara em óxido de sódio, e que os volumes das

tubulações e dos sólidos (sódio e seu óxido) são desprezíveis.

17 Considere infinitos balões interligados por tubos de volumes desprezíveis providos

de torneira, todos a uma mesma temperatura que permanece constante durante todo

o experimento. No 1º balão, de 9,0 L, há gás a uma pressão de 8,0 atm. No 2º e 3º

balão, cada qual com 3,0 L, há o mesmo gás a uma pressão de 4,0 atm. No 4º, 5º e 6º

balões, cada qual com 1,0 L, ha o mesmo gás a uma pressão de 2,0 atm, e assim por

diante até o infinitésimo balão. Pergunta-se:

A) Quando forem abertas as infinitas torneiras, qual será a pressão final?

B) Se o gás a que se refere o problema for oxigênio gasoso, e a massa total deste gás

nos infinitos balões for de 3,2 Kg, qual será o valor da temperatura (que foi

mantida constante ) do oxigênio gasoso nos balões, em ºC?

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

Soluções:

1

a) o volume da garrafa é o mesmo antes e depois da transformação, portanto

isovolumétrica.

b) 1/300 = Pf/330 ; Pf = 1,1 atm

c) depois que a tampa é arremessada a pressão interna se iguala a pressão externa =

1,0 atm

2

P.V = n.R.T (1) P.V = n.R.T (2) ; em sistema aberto a pressão e o volume são

constantes:

Dividindo (1) por (2) teremos: n1. T1 = n2. T2 ; n1 .300 = 2 n1/3. Tf; Tf = 900/2 K

3

a) C + O2 → CO2 n(carbono) = 0,36g/12g/mol = 0,03 mol

Nº de mol de oxigênio aprisionado: P.V = n.R.T

Nas CNTP: nO2 = 0,107 x 21% = 0,02247 mol

Pela estequiometria o carbono está em excesso e o oxigênio é o limitante: como 1,0

mol de oxigênio queimado produz 1,0 mol de CO2 então 0,02247 = n(CO2); m(CO2) =

0,988g.

b) no sistema final temos o numero de mol de oxigênio que ñ reagiu e o número de

mol de gás carbônico produzido. nT = 0,02247 + 0,00753 = 0,03 (coincidência dar o

mesmo que o carbono inicial) foi por causa da estequiometria 1 : 1

Pf = 0,03.0,082.273/2,4 = 0,279 atm

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

4

Para o oxigênio a velocidade de escape = 0,01276 atm/min

Para o gás X a velocidade de escape = 0,01088 atm/min

VO2/Vx = (32/Mx)1/2 ; Mx = 46 g/mol

5

A quantidade de matéria de um gás ideal é dada por RT

pVn

Antes da reação:

p/metano p=2,0atm; V=0,0625L; T=375K ni = 2 .0,0625/ 0,082 . 375 = 4,065 .10-3 mol

p/oxigênio p=1,5atm; V=0,400L; T=300K ni = 1,5 . 0,4/0,082 .300 = 0,02439 mol

Depois da reação (V = 0,500L e T = 300K):

p/dióxido de carbono (p=0,20 atm):

nf = 0,2 .0,5/0,082.300 = 4,065 .10-3 mol

p/ excesso de oxigênio (p=1,0 – 0,20 = 0,80 atm):

nf = 0,8 . 0,5/0,082 .300 = 0,01626 mol

Assim as quantidades em mol das substâncias que reagem e são formadas são:

metano(g) + oxigênio(g) dióxido de carbono(g) + água(l)

início: 4,06510-3 mol 2,43910-2 mol 0

reage: 4,06510-3 8,1310-3 4,06510-3

final: 0 1,62610-2 mol 4,06510-3 mol

Os gases reagem na proporção (mol) : 4,06510-3 : 8,1310-3 : 4,06510-3 dividindo por

4,06510-3 . Então,

1 : 2 : 1

Como a proporção em mol para os participantes de qualquer reação representa os

coeficientes da equação da reação temos:

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

1(metano)(g) + 2(oxigênio)(g) 1(dióxido de carbono)(g) + água(l)

para os participantes gasosos, os coeficientes da reação representam também a

proporção em volume. Conclui-se que os volumes gasosos, nas mesmas condições de T

e p, apresentam uma proporção de números inteiros e pequenos de acordo com a lei

volumétrica de Gay-Lussac.

6

Primeiro coloca-se os reagentes em condições de T e p iguais aos produtos, dessa

forma a proporção dos volumes gasosos que reagem e são formados representam os

coeficientes estequiométricos da equação da reação. Como o volume está variando

com T e p temos pV/T = nR = k (constante), então

f

ff

i

ii

T

Vp

T

Vp

Antes da reação:

p/ hidrogênio: 700 . 20/300 = 560 . Vf/420 Vf = 35 L

p/ oxigênio: 770 . 15/330 = 560 .Vf/420 = 26,25 L

Depois da reação:

p/ água: Vf = 35 L p/ excesso de oxigênio: Vf = 8,75 L

O volume de oxigênio que reagiu é 26,25 L – 8,75 L = 17,5L. A proporção dos volumes

gasosos que reagem e são formados é: Vhidrogênio : Voxigênio : Vágua

35 : 17,5 : 35

2 : 1 : 2

como a proporção em volume gasosos, nas mesmas condições de T e p, representa os

coeficientes estequiométricos da equação da reação, temos

2Hx + 1Oy 2HaOb

sendo que os átomos se conservam na reação temos: y = 2b. Como y e b devem ser

números inteiros de acordo com a teoria atômico-molecular, então para b = 1, 2, 3,...,

y será um múltiplo de 2, portanto par.

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

7

Como a quantidade de matéria (n) do gás é constante, pois o balão é fechado e o gás

não escapa, então o volume do balão varia com a p e T, assim temos, P.V/T = nR = K

portanto:

Pi .Vi/Ti = Pf .Vf/Tf → Pi. Vi/300 = 0,9Pi . Vf/270 → Vi/Vf = 1 → 4/3πRi3/ 4/3πRf3

=Ri/Rf=1,0

8

Como para cada gás n e p são constantes o volume varia com a temperatura, assim

temos kp

nR

T

V . Logo para o gás G1.

Vi/Ti = Vf/Tf →1,0 .103/300 = Vf/320 → Vf = 1,0667.103 cm3

V=lA l = V/A = 1,0667.103 – 1,0 .103 /3,00 = 22,2 cm

9

Como tanto no início como no final o sistema está em equilíbrio, a pressão do gás é

igual a pressão sobre o gás, assim temos

pi = patm + p(i)emb pf = patm + p(f)emb

n.R.T/Vi =Patm +P(i)emb

n.R.T/Vi =Patm +2P(i)emb

nRT = 5,0(Patm + Pi emb ) nRT = 4,0(Patm + 2Pi emb

)

Igualando as duas equações obtemos

5,0 + 5,0P(i) emb = 4,0 +0,8P(i)emb

Patm = 3,0P(i)emb

Mas, P(i)bem =F/A =m x g/A = 6,0 .10,0/20 .104 = 3,0 .104N/m2 =3,0 . 104 Pa

Patm = 3,0. 3 . 104 = 9,0 . 104Pa

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

P(atm) = 9.104Pa .(1 atm/101325 Pa) = 0,89 atm

10

a)

primeira etapa

ni = n1’ + n2 P1.9V2/RT = P2.V2/RT + P2.V2/RT P2 = 0,9 atm

início: RT

V9pn 21

1

final : n1’= P2.9V2/RT = 0,9.9V2/RT = 8,1V2/RT e n2 = P2.V2/RT = 0,9V2/RT

segunda etapa

n1’ = n1 + n2 8,1.V2/RT = P3.9V2/RT =P3.81V2/RT 8,1.V2 =P3.90V2

p3 = 0,09 atm

início: n1’ = P2 . 9V2/RT

final: n1’’= P3 .9V2/RT = 0,09 .9V2/RT = 0,81V2/RT

e n3 =P3 .81V2/RT = 0,09 .81V2/RT= 7,29V2/RT

No final do processo a quantidade de matéria nos três balões é:

balão 1: n1’’ =0,81V2/RT , balão 2: n2 =0,9V2/RT , balão 3: n3 = 7,29V2/RT

portanto no final o balão 1 terá menor quantidade de matéria do gás.

b) P2/P3 = 0,9/0,09 = 10

11

Mistura = Etano + butano: P.V = nt.R.T ; (nt) = número de mol total

nt = 100.103 x 2.10-4/ 8,314 x 298,15 = 8,2.10-3 mol

p/B: mB = nB.MB p/E: mE = nE.ME

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

mT = mB + mE e nT = nB + nE

mT = nB.MB + nE.ME 0,3846 = nB.58 + nE.30 ; mas nE = nT – nB

substituindo e resolvendo encontramos que: nB = 0,3846 – 30nT/28

nB = 4,95x10-3 mol. Então a fração de Butano é 4,95x10-3/8,2.10-3 mol = 0,6 = 60%

12

Mistura: H2 + O2 na presença de CuO e agente secante:

1º 1CuO + 1H2 1Cu + 1H2O ( a água é absorvida pelo agente secante)

2º Cu + ½ O2 CuO

T = 298,15K

P = 750 torr = 0,98 atm e V = 100 mL = 0,1 L

OBS: Oxigênio seco na forma de CuO: V = 84,5 mL = 0,845 L de O2 e o hidrogênio reagiu

todo.

Na mistura: antes da reação nT = nH + nO

nT = PV/RT = 0,98x0,1/RT = 4.10-3 mol

nO(antes da reação) – nO(reagiu) = nO(que não reagiu)

O hidrogênio reagiu todo:

1H2 1/2 O2

1H2 = 2 O2 : nH = 2nO(reagiu)

nH(antes da reação) = nH(depois da reação)

nH = 2nO(reagiu)

nH = 2[nO(antes da reação) – nO(que não reagiu)

nH = 2(nT – nH – nO q ñ reagiu)

nH = 2/3[nT – nO(q ñ reagiu)

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

84,5 mL de oxigênio seco depois da reação: Podemos calcular agora o nO(que não

reagiu).

PV =nO(que não reagiu).R.T ; nO(que não reagiu) = 3,38x10-3 mol

nH = 4,13x10-4mol

na mistura original

nH = nH = 4,13x10-4 mol e nO(antes da reação) = nT – nH = 3,58x10-3 mol

Cálculo da fração molar: xH = 10,32% e xO = 89,5%

13

mistura inicial: composto A + H2(g).

Por P.V= n.R.T, teremos a número de mol da mistura inicial:

nA+nH2(g) =ntotal=0,3 mol.

Depois da adição de oxigênio gasoso, teremos as combustões:

I- A(g) + O2(g) → CO2(g) + H2O(g) II- H2(g) + O2(g) → H2O(g)

Massa de CO2(g): 17,6 g; n=m/44g. mol-1 = 0,4 mol. Isto significa que teremos 0,4 mol

de carbono no composto A. Após a combustão teremos apenas no sistema CO2(g) e

H2O(g) , ou seja, a pressão de 2,46 atm é provocada pela mistura final de CO2(g) e

H2O(g). Usando P.V= n.R.T, teremos n=1,0 mol.

Como a questão informou que o composto A apresenta isomeria geométrica, podemos

inferir que o mesmo ou é um alceno ou é um ciclano, logo CnH2n.

I- CnH2n + O2(g) → nCO2(g) + nH2O(g)

0,4/n mol 0,4 mol 0,4 mol

II- H2(g) + O2(g) → H2O(g)

y mol y mol

É produzido água na I e II reação, como no final temos 1,0 mol de CO2(g) + H2O(g) e 0,4

mol é de CO2(g) 0,6 mol é ocupado por H2O(g) , portanto y+0,4 = 0,6 mol, y = 0,2 mol =

n H2(g).

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

Lá do início: nA+nH2(g) =ntotal=0,3 mol: A= CnH2n. Então:

0,4/n + 0,2 = 0,3 ; logo n = 4; portanto C4H8(g)

Cálculo das pressões parciais:

n H2(g) = 0,2 mol e n CnH2n = 0,1 mol : X H2(g) = 1/3 e X CnH2n = 2/3, portanto:

P H2(g ) = 0,493 atm e P CnH2n = 0,247atm.

14

Dados: V = 15L calculamos agora o nº de mol inicial: P.V = n.R.T

P = 3,05 atm 3,05. 15 = n.0, 082.300,15 ; n = 1,86 mol

Interpretação: no inicio (t = 0) temos que nA + nB + ngás inerte = 1,86 mol

n(gás inerte) = 0,61 mol

Seguindo a estequiometria da reação teremos:

A + B + gás inerte → C

Na segunda linha o nº total de mol é 1,61 mol. Verificando por P.V= n.R.T para a

pressão de 2,59 atm teremos: 2,59. 15 = n. 0,082.300 => n = 1,58 mol

Desse resultado podemos inferir que o gás C é solúvel no líquido. Se quando formou

0,25 mol de C solubilizou 0,03 mol, no final solubilizou 0,06 mol de C. Dessa forma o nº

de mol total no sistema ao término do processo é: n = 1,3 mol:

Cálculo da pressão final: P.15 = 1,3. 0, 082.300 => P = 2,13 atm

15

Primeiro vamos interpretar a temperatura máxima para este gráfico:

P.V = n.R.T : T(Max) = (P.V)Máx / n.R , esta equação nos diz que, quando a temperatura é

máxima o produto da pressão pelo volume também é Maximo pois o numero de mol e

o R não estão sofrendo alteração.

Para o ponto A: (P.V) = 0,24 ; para o ponto B: (P.V) = 0,225 ; então a temperatura é

máxima no ponto A. Agora podemos descobrir o número de mol de hidrogênio gerado:

0,24 = n .0,082 .298 ; n = 0,01 mol de H2(g). . Equacionando agora as reações:

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

Zn(s) + 2 HCl(aq) ZnCl2(aq) + H2(g) (1)

65,4 g ---------------------------------------1,0 mol

a g --------------------------------------- x mol a = 65,4 x

Al(s) + 3HCl(aq) AlCl3(aq) + 3/2H2(g)

27 g -----------------------------------------1,5 mol

b g ----------------------------------------- y mol b = 27y/1,5 = 18 y

mas: a + b = 0,512 g e x + y = 0,01 mol e x = 0,01 - y

Substituindo os valores de a e b e de x, encontramos que a massa de alumínio (b) =

0,0539 g , portanto a massa de zinco (a) = 0,4581 g.

então a %Al = 0,0539 / 0,512 = 10,5%

16

Da segunda operação concluímos que o volume do compartimento 2 é:

P0.V1= p2.(V1 + V2)

V2 = 1,0L

Cálculo do número de mol de oxigênio no recipiente 2:

n2 = PV/RT = 1,2.1,0/RT

Cálculo do número de mol de oxigênio em 3:

n3 = 0,300.2,0/RT

Ao elevarmos a temperatura do recipiente 3 até 77ºC, teremos uma transformação

isocórica:

P1/T1 = p3/T3 = 0,3/T1 = 0,4/77 + 273 T1 = 2625,5K

Cálculo do número de oxigênio que reage com o sódio:

n(reage) = n2 - n3 = 2,787.10-2 mol

Cálculo da massa de sódio:

2Na + ½ O2 Na2O

46 g ----- 0,5 mol

mNa ----- 2,787.10-2 mNa = 2,56g

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

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Resumo do enunciado:

1° balão 2°balão 3°balão 4°balão 5°balão 6° balão ....

P: 8 4 4 2 2 2

V: 9 3 3 1 1 1

P.V = nRT n = PV/RT abrindo as válvulas...

n = n1 + n2 + n3 +n4+...+ nx

PV/RT = P1V1/RT + P2V2/RT + P3V3/RT +… PxVx/RT (lembre-se: a temperatura é

constante). Então:

PV = P1V1 + P2V2 + P3V3+…+ PxVx

Então:

PV = 8 x 9 + 3 x 4 + 3x 4 + 1x2 + 1 x 2+...

PV = 72 + 12 + 12 + 2 + 2 +2...

PG com um termo a mais podemos escrever como um triângulo.

72

12 12

2 2 2

. . .

. . .

Soma da PGquando q < 1 a1/(1 – q)

Razão da PG: q = 1/6

72

12 12

2 2 2 72/1 – 1/6 + 12/1 - 1/6 + 2/1 - 1/6 +...

Observe que deu outra PG com q = 1/6

Logo: (72/1 - 1/6)/1 - 1/6 = 103,68

PV = 103,68

Somando os volumes, teremos:

9

3 3

1 1 1

PG com q = 1/3

Gases Ideais – Parte 2

Por Luís Cícero

9/1 - 1/3 + 3/1 - 1/3 + 1/1-1/3...

Outra PG com q = 1/3; logo: (9/1 - 1/3) / 1 - 1/3 = 20,25 L

Como PV = 103,68 e V = 20,25 P = 5,12 atm ( letra A)

Letra B

PV = nRT e n é numero de mol do oxigênio gasoso

n = 3200 g /32 = 100 mol: substituindo, teremos:

5,12 .20,25 = 100. 0,082. T(k)

T(k) = 12,64 K = - 260,15K