Gases Ideais II 72
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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.
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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
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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
17
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