Tópico 4 – Gases perfeitos 63p Tópico 4 p1 I II p2 III 1 (Esam-RN) Chama-se pressão média sobre uma superfície plana: a) o contato entre superfícies planas. 0 V1 V2 V b) uma propriedade da superfície livre dos líquidos. c) o valor da força que atua sobre qualquer superfície plana. d) a razão entre o módulo da força que atua perpendicularmente na Sabe-se que a transformação III é adiabática. superfície e a área da superfície. As transformações I e II são, respectivamente: e) a razão entre o módulo da força que atua na superfície e o períme- 01) isobárica e isotérmica. 04) isométrica e isobárica. tro dessa superfície. 02) isobárica e isométrica. 05) isotérmica e isobárica. 03) isométrica e isotérmica. Resolução: Por definição: Resolução: Transformação adiabática é aquela que se processa sem trocas de ca- p= F lor com o meio externo. T I – Isobárica: pressão constante. em que F é o módulo da força resultante perpendicular à superfície e II – Isométrica: volume constante. A4, a área da superfície. Resposta: 02 Resposta: d 5 O diagrama representa três isotermas T , T e T , referentes a 2 (UFRGS-RS) Um gás encontra-se contido sob a pressão de 1 2 3 uma mesma amostra de gás perfeito. A respeito dos valores das tem- 5,0 · 103 N/m2 no interior de um recipiente cúbico cujas faces possuem peraturas absolutas T1, T2 e T3, pode-se afirmar que: uma área de 2,0 m2. Qual é o módulo da força média exercida pelo gás a) T1 = T2 = T3; d) T1 = T2 < T3; sobre cada face do recipiente? b) T1 < T2 < T3; e) T2 > T1 < T3. c) T1 > T2 > T3; Resolução: p p= F A Pressão F = p A = 5,0 · 103 · 2,0 (N) F = 1,0 · 104 N T3 T2 Resposta: 1,0 · 104 N T1 Volume V 3 Determinada massa de gás perfeito sofre as transformações in- dicadas a seguir: Resolução: I. Compressão a temperatura constante. Quanto maior a temperatura do gás, mais afastada dos eixos se en- II. Expansão a pressão constante. contra a curva isotérmica indicativa dessa temperatura. III. Aquecimento a volume constante. Assim: Nessa ordem, as transformações podem ser chamadas também de: T3 > T2 > T1 a) isobárica, adiabática e isocórica. ou b) isométrica, isotérmica e isobárica. T1 < T2 < T3 c) isotérmica, isobárica e adiabática. Resposta: b d) isométrica, isocórica e isotérmica. e) isotérmica, isobárica e isométrica. 6 O diagrama mostra duas transformações isobáricas sofridas por Resolução: uma mesma amostra de gás perfeito. I – Isotérmico: temperatura constante. II – Isobárica: pressão constante. Volume (V) p2 III – Isocórica ou Isométrica: volume constante. p1 Resposta: e 4 (Uneb-BA) Uma amostra de gás ideal sofre as transforma- ções I, II e III, identif icadas no gráf ico pressão ⴛ volume apresen- tado a seguir. Temperatura (T) 64 PARTE I – TERMOLOGIA Com base nesses dados, pode-se afirmar que: Resolução: a) p2 > p1; Volume constante → Isométrica. b) p2 < p1; Lei de Charles: c) p2 = p1; p=KT d) p2 = 2 p1; Assim: e) Num diagrama volume ⴛ temperatura absoluta, não se pode com- P parar diferentes valores da pressão. Resolução: V P T (K) V P α 0 T T tg α = v = K T Como a constante K é inversamente proporcional à pressão, temos: tg α2 > tg α1 K2 > K1 –273 ºC T (ºC) p 2 < p1 Resposta: d Resposta: b 8 E.R. Num recipiente indeformável, aprisiona-se certa massa de gás perfeito a 27 °C. Medindo a pressão exercida pelo gás, obte- 7 Um recipiente indeformável (volume interno constante) e mos o valor 90 cm Hg. Se elevarmos a temperatura para 170,6 °F, qual hermeticamente fechado (não permite a entrada ou saída de gás) será a nova pressão do gás? contém certa massa de gás perfeito à temperatura ambiente. Aque- cendo-se esse gás, qual dos gráficos a seguir melhor representa o seu Resolução: comportamento? Uma vez que o volume permanece constante, podemos aplicar a a) d) Lei de Charles, que é expressa da seguinte forma: p p=KT ⇒ Pressão (p) =K Pressão (p) T Assim, temos: p 1 p2 = (I) Volume (V) Temperatura (T) T1 T2 São dados: b) e) p1 = 90 cm Hg Pressão (p) Pressão (p) T1 = 27 °C = 300 K Transformando 170,6 °F em unidades da escala Kelvin, temos: θF – 32 T – 273 170,6 – 32 T2 – 273 Temperatura (T) Volume (V) = ⇒ = 9 5 9 5 c) T2 – 273 15,4 = ⇒ T2 = 350 K 5 Pressão (p) Substituindo os valores conhecidos na relação (I), encontramos: 90 p p2 = 105 cm Hg = 2 ⇒ 300 350 Volume (V) Sem que a pressão mude.2 3.0 V 3) Isocórica: Transformação a volume constante. Tópico 4 – Gases perfeitos 65 9 4. Resolução: Lei de Charles e Gay-Lussac: Resolução: V1 V2 1) Isobárica: Transformação a pressão constante. temperatura é de 450 K. o volume ocupado pela massa gasosa passa (27 + 273) T2 a ser de 20 ᐉ.0 = p2 · 15. Essa amostra foi transferida para outro recipiente de 15.0 ᐉ e sua a) isobárica. isotérmica e isocórica. 2 e 3 são. ocupa um volume de 15 ᐉ.0 gás sofra um acréscimo de 50%.0 TA ΔT (°C) = (127 – 27) °C 1 ΔT (°C) = 100 °C TB 0 2. Ao sofrer uma p1 1. Se a temperatura final é de 127 °C. isocórica e isobárica. volume (V) e temperatura absoluta (T). isocórica e isotérmica. isobárica e isocórica. mantendo a mesma temperatura.0 atm Resolução: Lei de Boyle: 13 (Ufal) Um gás ideal está contido em um recipiente fechado.0 艎 pressão (p). = T1 T2 2) Isotérmica: Transformação a temperatura constante. sua temperatura é c) isotérmica. Para que a pressão desse 1. a uma temperatura de 27 °C. baixada para 300 K. TA e TB. A pressão inicial vale 4. b) isocórica.0 atm e a temperatura V inicial é de 47 °C. e) isotérmica.0 艎 15 Um gás perfeito tem como variáveis de estado as grandezas: Resposta: 2.5 T2 = 400 K = 127 °C 3 2 Assim: ΔT (°C) = T2 (°C) – T1 (°C) 1.0 litros. O diagrama volume (V) ⴛ temperatura absoluta (T) representa as transformações AB e BC 12 (PUC-SP) Determinada massa de gás perfeito sofre uma trans- sofridas por determinada massa de gás perfeito. T1 T2 à temperatura de 27 °C.0 atm Lei de Charles: p1 p 2 = 10 (PUC-SP) Um recipiente contém certa massa de gás ideal que. qual foi a variação de temperatura Resposta: 177 °C sofrida pelo gás? Resolução: 14 (Univali-SC) Considere o diagrama onde se apresentam duas Lei de Charles e Gay-Lussac: isotermas.5 atm. Nessas condições.5 p2 = transformação isobárica. V1 V2 = p (atm) T1 T2 15 = 20 (27 + 273) T2 2. d) isobárica.5 · 10. formação isométrica. Determine o volume do gás nessa nova situação. isobárica e isotérmica. Qual a nova p2 = 5. qual é o valor da pressão final? A B Resolução: Lei de Charles: C p1 p2 = T1 T2 O T . é necessário elevar a sua temperatura para quanto? p2 = 1. = 2 450 300 Resposta: d V2 = 2. 3. a vo- p1 V1 = p2 V2 lume constante.0 atm Resolução: Resposta: 1.0 ᐉ à pressão de 1.5 V (ᐉ) Resposta: 100 °C As transformações gasosas 1.0 p2 (FCMSC-SP) Uma amostra de gás perfeito ocupa um recipiente = (47 + 273) (127 + 273) de 10.0 atm pressão dessa amostra de gás? Resposta: 5. respectivamente: 11 (UFPE) Certa quantidade de gás ocupa um volume de 3. o gás retorna ao estado 1 (inicial) por meio de uma com- B pressão isobárica. contido dentro de um riam ser representadas por: recipiente. 2 3 A V Lei de Charles e Gay-Lussac: V = K T V V (volume) diretamente proporcional à Em um diagrama p ⫻ V. essas transformações pode. Do estado 3. V 2 Transformação BC (isotérmica): P C 1 B T De 3 para 1: há compressão (diminuição de volume) isobárica (pressão constante).66 PARTE I – TERMOLOGIA Num diagrama pressão (p) ⴛ volume (V). P V 2 B 1 A T V De 2 para 3: há aquecimento (aumento de temperatura) isovolumétri- co (volume constante). a partir do qual passa por B um processo de aquecimento isovolumétrico. atingindo o estado 3. 16 (UFMA) Um determinado gás perfeito. Indique qual dos diagramas a seguir representa a sequência dos processos acima: C a) V d) V A A 3 2 3 V V b) p C e) p V0 V0 A 1 2 1 B T T b) V e) V 2 2 3 3 B C A V V V0 V0 1 1 c) p A T T C c) V 2 B V0 1 3 V T Resolução: Transformação AB (isométrica): Resolução: De 1 para 2: há expansão (aumento de volume) isotérmica (tempera- tura constante). O gás sofre então uma a) p d) p C expansão isotérmica. 3 Se a temperatura T do gás aumenta. atingindo o estado 2. V0 1 Resposta: d Resposta: b T . ocupa inicialmente um volume V0. sua pressão aumenta também. a transformação isotérmica é representada por temperatura absoluta T. uma hipérbole. h se refere à superfície inferior do êmbolo). a altura h na qual o êmbolo se encontra em equilíbrio vale sofre uma transformação isobárica e aumenta seu volume em 80%.8 atm. (47 + 273) (207 + 273) sob pressão de 1. o congelador é aberto e. No início. a pressão do ar nessa vedação e que tenha ficado aberto o tempo necessário para o ar em nova condição vale. verifica-se que ratura ambiente igual a 27 °C (ou seja.4 atm p2 = 0. a dilatação da garrafa seja desprezível e a condição para a tampa ser ejetada é uma pressão igual a 2.0 °C. Tópico 4 – Gases perfeitos 67 17 (Fuvest-SP) Um congelador doméstico (freezer) está regulado 20 (Unifor-CE) Um pneu de automóvel contém ar sob pressão de para manter a temperatura de seu interior a –18 °C. fechado novamente.8 V1 = ⇒ = T1 T2 273 (θ2 + 273) h θ2 = 218. Se man- graus Celsius. a pressão em seu interior será: b) 3. inicialmente nas CNTP (condições tidade de gás que pode ser considerado como ideal.0 + 273) (47 + 273) = ⇒ = T1 T2 (27 + 273) (–18 + 273) p2 ⯝ 3. Em 20 cm (ver figura. Supondo que o ar se com- porte como um gás perfeito. À temperatura normais de temperatura e pressão: T = 0 °C = 273 K e p = 1. d) 50%.4 °C b) 10%. V1 V2 A h1 A h2 = ⇒ = trada é equivalente a 100 mm Hg. Após viagem de 72 km. qual foi a variação de temperatura sofrida por esse gás? tidas as demais características do sistema e a temperatura passar a ser 60 °C. Δθ = 218. o valor de h variará em aproximadamente: Resolução: p = 1 atm CNTp g T = 0 °C = 273 K Transformação isobárica Lei de Charles e Gay-Lussac: V1 V2 V1 1. Resolução: d) cerca de 85% da pressão atmosférica.3. Quando a temperatura do ar a) 3. Resposta: d 21 (Fuvest-SP) O cilindro da figura a seguir é fechado por um êm- bolo que pode deslizar sem atrito e está preenchido por certa quan- 18 Certa massa de gás ideal. qual Resposta: 150 mm Hg a temperatura do ar no instante em que ela escapa da garrafa? . e) 4.7. 300 K). de 30 °C. a temperatura do gás é de 47 °C e a pressão regis. b) cerca de 118% da pressão atmosférica.0 atm à temperatura de 7.4 °C Portanto: Δθ = θ2 – θ1 = 218. Suponha que o freezer tenha boa e desprezando a variação de volume do pneu.1.4 °C – 0 °C a) 5%. c) 3. Resposta: 218. aproximadamente. a) cerca de 150% da pressão atmosférica. e) 100% c) 20%. a temperatura do pneu atinge 47 °C.0. no freezer voltar a atingir –18 °C.4. Lei de Charles: p1 p2 Resposta: b = T1 T2 100 = p2 22 Uma garrafa metálica aprisiona ar a uma temperatura de 27 °C.98 cm ⯝ 22 cm 303 333 2 Resolução: Vemos que h2 é.0 Lei de Charles: = p1 p2 p0 p2 (7.0 atm). c) igual à pressão atmosférica.2 atm. 10% maior do que h1. Sendo a tempe. Lei de Charles: e) cerca de 67% da pressão atmosférica. d) 4. Qual será a nova pressão do gás se a T1 T2 (30 + 273) (60 + 273) sua temperatura for alterada para 207 °C? 20 = h2 ⇒ h = 21. Essa garrafa é colocada no interior de um forno p2= 150 mm Hg e é aquecida até que sua tampa seja ejetada. em atmosferas: seu interior ser trocado por ar ambiente. Considerando o ar um gás ideal pouco depois.85 p0 Resposta: b A pressão no interior do freezer é 85% da pressão atmosférica.4 °C Resolução: 19 Certa massa de gás perfeito está em um recipiente de volume Lei de Charles e Gay-Lussac: constante. 3. p1 p2 = T1 T2 Resolução: p2 3. 6 atm Resposta: e 24 (Mack-SP) Um mol de gás ideal.0 m de profundidade. temos: Resolução: pV=nRT A 5. na subida: Dados: massa molar do oxigênio = 32 g. mol K b) aumenta 5%.0 L p1 = 1.6 litros. usando a Lei de Boyle. 12 · V = 6.0 m de profundidade. Resolução: c) aumenta 10%. temos p1 p2 TB = 273 K = VB = 22. ocu.0 · 105 N/m2 e densidade da água = 1.5 · 105 · V1 = 1. é mols de um gás perfeito.0 L. pV=nRT dos disponíveis.082 atm L . escapa e sobe à superfície.082 atm L/mol K P (atmosferas) Resolução: Equação de Clapeyron: pV=nRT p · 41 = 10 · 0. d) a pressão é de 4.8 Na transformação isotérmica.5 V1 Portanto: p · 5. São dados: pressão atmosférica = 1.5 艎 c) a pressão é de 2. R é a constante universal dos gases perfeitos e T é a temperatura absoluta do gás.0 atmosferas.082 · 300 O volume da bolha aumenta 50% em relação ao inicial. Qual o valor da pres- levado ao estado B. p = 24.5 · 105 N/m2 n = m = 160 ⇒ n = 5. a 227 °C.0 atm Resposta: 427 °C Resposta: d 23 (UEL-PR) Uma bolha de ar.0 mols M 32 Assim. Resolução: ratura e pressão).0 · 0. sabemos que: p1 = 1. à temperatura de 177 °C. formada junto ao fundo de um lago.0 atmosfera. são exercida por esse gás nas paredes internas do recipiente? Dado: constante universal dos gases perfeitos R = 0. e) aumenta 50%.5 艎 e) a pressão é de 5. Aplicando a Equação de Clapeyron para os gases perfeitos. Após sofrer uma transformação isotérmica. qual o valor da pressão exercida por ele? o volume da bolha.0 (N/m2) V = 5. temos: R = 0.0 atm Resposta: 9.4 pA = 4. podemos afirmar que em A: Equação de Clapeyron: a) a pressão é desconhecida e não pode ser determinada com os da. pode-se concluir que se como um gás perfeito.0 · 22.4 艎 T1 T2 pS = 1.082 · (177 + 273) PA A p = 9.0 atm B PB 27 Que volume devem ocupar 6.0 · 103 · 10 · 5. Colocam-se 160 g de oxigênio.0 atmosferas.082 atm L p1 V1 = p2 V2 mol K T = 27 °C = 300 K 1. constante universal dos gases perfeitos R = 0. inicialmente num estado A. são colocados 10 pa o volume de 5.0 · 105 + 1.68 PARTE I – TERMOLOGIA Resolução: Resolução: Lei de Charles: Nas CNTp. a) permanece o mesmo.2 2.0 = 5.6 = 1. p 1 = p0 + µ g h Do enunciado. .0 atm 1. com capacidade de 5. a 25 E.R.6 atmosferas. Considerando-se que o oxigênio comporta- Considerando constante a temperatura da água. em um recipiente 5. usamos a Lei de Boyle: = (27 + 273) T2 pA VA = pB VB T2= 700 K = 427 °C pA · 5.0 · 105 · V2 ⇒ V2 = 1. a pressão é dada por: em que n = m/M. para exercer nas paredes do recipiente uma pressão de 12 atm? VA VB V (litros) Dado: R = 0.0 mols de um gás perfeito. V = 20. d) aumenta 20%.0 · 103 kg/m3. 26 Num recipiente rígido de 41 L de capacidade.0 · 0.082 atm L/mol K Sabendo que em B o gás está nas CNTP (condições normais de tempe.082 · (227 + 273) b) a pressão é de 1. Resposta: 20. a 27 °C. 2 m3. vale: M R= 1 a) 8. Resposta: 8.0 20.0 °C Resolução: B (Gás) Equação de Clapeyron: pV=nRT Lembrando que n = m.0 A (Vácuo) O preenchimento correto da lacuna existente para a amostra 2 é: a) 273.0 °C c) 197.3 J /(mol · K) ou 29 Num recipiente de paredes rígidas e capacidade igual a 10 L. R = 8.0 = 4.0 T2 M Resolução: 10 = 1 · 3.0 °C pV=nRT Como: p = F Resposta: e A . Para a amostra 2.0 Temperatura (°C) 27.0 · R · (27. Equação de Clapeyron: pV=nRT Resolução: Equação de Clapeyron: 1 · 105 · V = 13 000 · 8.0 = 3. 52 g. 3 c) 3. temos: No compartimento B.27 m3. Tópico 4 – Gases perfeitos 69 28 A que temperatura (em graus Celsius) devem-se encontrar 5.4.5 = 5.0 3. o volume final do balão seria aproximadamente de: Resposta: – 73 °C a) 13 m3.2 m3 pV= m RT M p · 10 = 8.0 · 0. Um mol desse gás tem massa de.0 g de hidrogênio à temperatura de –23 °C. 0. em litros.0 0.6 L Dado: R = 0.6.8. M 1 kgf/cm2 ⯝ 1 atm.3 · 300 52 pV=nRT V ⯝ 6.0 · 10. O volume ocupado por esse gás. que pode deslizar sem atrito.0 °C b) 227.0 R T2 Dados: R = 0.0 mols de um gás perfeito a uma 1.5 L.082 · (27 + 273) ⇒ V = 24.4.0 · 0.0 °C e) 127.0 p = 8. ⯝ 1 · 105 Pa gás perfeito? (1Pa = 1 N/m2) Dados: R = 0. para a amostra 1. 10 = R · 3.5 30 Na figura a seguir.0 T2 120 Equação de Clapeyron: T2 = 400.0 · 20. Massa (g) 4.082 atm L/mol K.082 · T liquefeito.2 atm Características Amostra 1 Amostra 2 Pressão (atm) 1.6.0 + 273) temperatura de 27 °C. Patmosférica = 1 atm pressão exercida pelo gás.0 · 0. Qual a d) 0.5 · 20.0 atm? 60 · V = 5.1 m . colocados em um recipiente de A volume igual a 20. à alta pressão.2 atm 32 (Mack-SP) A tabela a seguir representa as características de duas amostras do mesmo gás perfeito. vem: c) 18.082 · (–23 + 273) Resposta: b 2.0 °C d) 153. M 120 b) 12. Se todo o conteúdo do botijão fosse utilizado para encher um balão. e) 24. exerçam uma pressão de 4. Constante dos gases R b) 6. à pressão atmosférica e à temperatura de 300 K.0 K ou 127. R = 0.082 atm L/mol K.082 atm L/mol K 12 Resolução: Resposta: e Equação de Clapeyron: pV=nRT 31 (Fuvest-SP) Um botijão de gás de cozinha contém 13 kg de gás 4.082 atm · ᐉ/(mol · K) são colocados 8. são colocados 5.0 um êmbolo de peso P = 60 kgf e área S = 12 cm2. supondo-se que ele se comporte como um e) 0. os compartimentos A e B são separados por Volume (litros) 10. podemos escrever: M pV=mRT M Assim.98 m3. Resolução: 1 m 3 = 1 000 ᐉ mol (H2) = 2 g.0 Temos: F V=nRT mols de um gás perfeito para que. aproxima- T = 200 K = – 73 °C damente. d) 22. fez-se vácuo e.00 m ⴛ 4. que está apoiado em uma mola ideal número de Avogadro vale 6. Portanto: Resolução: pgás · A · h = n R T Densidade absoluta: 20 775 · A · 0.0 · 1024 moléculas 34 (Cesgranrio-RJ) Um quarto mede 3. Equação de Clapeyron: então: 1 · 105 · 33.80 m. nas CNTP. ocupa um volume 36 Um cilindro adiabático vertical foi dividido em duas partes por de 41 litros. A b) d = pV/RT. foram colocados 5 mols de um moléculas contidas no gás? gás perfeito. durante todo o processo. 1 mol de um gás (equivalente a 6. V o volume. e a ordem de grandeza é: Se dividirmos todos os termos por A: (OG) = 1027 moléculas k x = mg + Fgás A A A Resposta: e Mas a pressão é dada por p = F . nas CNTP. Determine a fração do Resposta: c gás inicial que escapa. e) d = p/MRT.082 atm L/mol K. graus Celsius? ro de moléculas desse gás.80 m = 33. na parte superior.50 · 10 (N/m2) luta.00 m · 4.082 · (17 + 273) n = 5 mols Portanto: h 1 mol → 6. Na parte inferior do cilin- perfeitos é R = 0. qual a temperatura do gás.02 · 1023 moléculas Fmola = Fpeso + Fgás 1. Resolução: Resolução: Fgás Equação de Clapeyron: pV=nRT Como: p = 1 atm = 1 · 105 N/m2 Fmola V = 3. Nessas condições.5 · 103 mols → x K x = m g + Fgás x = 9. qual o número de dro.31 J/mol K. Considere que. e) 1027. A ordem de grandeza do núme. então: A k x – mg = p 35 Considerando-se p a pressão.60 = 5 · 8. a fim de manter a pressão d= RT interna constante.50 kg de massa.6 = n · 8.20 – 2.02 · 1023 moléculas 5 mols → x x = 3. d) d = RT/pV. Um cilindro metálico de paredes indeformáveis contém pM=dRT gás ideal a –23 °C. M a massa de 1 mol e R a constante universal dos gases perfeitos.R. c) 1023. que ocupará o quarto é de: a) 1019.31 · (θ + 273) d=m A c V Equação de Clapeyron: 300 = θc + 273 ⇒ θc = 27 °C pV=nRT pV=m RT Resposta: 27 °C M pm=mRT V 37 E.00 m ⴛ 2.3 J/mol K. em moléculas) ocupa o volume de 22. d) 1025.04 · 105 N/m.02 · 1023 Desprezando-se possíveis atritos. T a temperatura abso. A qual a relação que representa a densidade absoluta de um gás perfeito? pgás = 20 775 N/m2 a) d = MR/pT. O um êmbolo de 2. Na situação de equilíbrio.6 m3 Fpeso T = 0 °C = 273 K R = 8. .0 · 1024 moléculas Resposta: 3.02 · 1023 e a constante universal dos gases de constante elástica igual a 1. a altura h vale 60 cm e a mola Resolução: está comprimida em 20 cm. Equação de Clapeyron: Dados: g = 10 m/s2.3 · 273 ⇒ n ⯝ 1.9 · 41 = n · 0.0 · 1026 moléculas. A A gás 5 pgás = 1. Quando aquecemos lentamente o sistema até pM 127 °C.5 · 103 mols pV=nRT Número de moléculas: Na situação de equilíbrio: 1 mol → 6. c) d = pM/RT. sob pressão de 2.4 ᐉ.00 m · 2.70 PARTE I – TERMOLOGIA 33 (PUC-SP) Um certo gás. pV=nRT R = 8.04 · 10 · 0. uma válvula deixa escapar gás. 2. cuja massa vale 140 g.9 atmosferas à temperatura de 17 °C. b) 1021. 4 · 109 moléculas Antes de abrir a válvula: m p1 V = 1 R T Resposta: 2. Inicialmente. Atualmente. aproximadamen- p1 V = n1 R T te. em laboratórios.5 atm V = 1 cm3 = 1 · 10–6 m3 39 (Unirio-RJ) Um cilindro de capacidade igual a 60 L está cheio de R = 8. o que ocorre com n1 R T1 = n2 R T2 ⇒ n1 T1 = n2 T2 (1) a pressão do gás? São dados: T1 = –23 °C = 250 K Resolução: T2 = 127 °C = 400 K Equação de Clapeyron: Substituindo esses valores na expressão (1). determine o número de moléculas por cm3 existentes = n1 V nesse vácuo.38 · 108 moléculas pV= mRT M x ⯝ 2. com o recurso tecnológico das bombas de vácuo. temos Do texto.75 n1 (escaparam 25% do gás). Para o oxigênio.05 · 10–15 mol → x x = 24.082 atm L/mol K. Aplicando a Equação de Clapeyron. Contudo. experiên- Como cias relacionadas à medida da pressão atmosférica possibilitaram uma V1 = V2 nova concepção. a massa específica do gás varia de µ1 para µ2.2 · 60 = 1 · 0.01 · 105 N/m2. Qual a M relação existente entre essas massas específicas? m 1 · 60 = 2 · 0.5% da massa inicial.31 J/mol K. 1. observamos que o volume e a pressão do gás permane.31 J mol K oxigênio sob pressão de 9.5 atm pV=nRT n1 n2 n1 0. Portanto: Resolução: 1 mol → 6.625n1 ou n2 = 62. 1 mol de oxigênio (M = 16 g) sob determinadas condições de tem- cem constantes. p2 V = n2 R T Dados: número de Avogadro = 6.4 · 109 moléculas M m 9. Introduzindo-se mais 80 g de oxigênio nesse re- pV=nRT cipiente e mantendo-se constante a temperatura.5% n1 p 1 V = 1 · R T ⇒ p1 = R T V Portanto.082 · (27 + 273) ⇒ m2 ⯝ 78 g 32 Resolução: Portanto. como Equação de Clapeyron no final do processo: ⇒ p2 V2 = n2 R T2 uma região desprovida de matéria. temos: peratura e pressão. mantendo constante a temperatura. Resolução: Equação de Clapeyron no início do processo: ⇒ p1 V1 = n1 R T1 41 (UFF-RJ) Até meados do século XVII. Após a introdução de 80 g de oxigênio: 38 (Mack-SP) Em um recipiente hermeticamente fechado e que p2 V = 1 + 80 RT 16 contém 20 g de CO2 foi acoplada uma válvula. à temperatura de 27 °C.0 atm e sua temperatura. p2 = 6 R T ⇒ p 2 = 6 p1 V vula. Se.05 · 10–15 mol M = 32 g.02 · 1023 moléculas/mol. 1 atm = 1. a concepção de vácuo.02 · 1023 moléculas Equação de Clapeyron: 4.31 · 300 ⇒ n = 4. Utilizando o modelo de p1 R T gás perfeito. o gás que escapa representa 37.75 n1 Sendo: P = 1.01 · 10–5 N/m2 Resposta: 4. permitirmos que 25% do gás escapem. considerando o vácuo como uma região onde a pres- T1 = T2 são é bem inferior à de sua vizinhança. qual será a pressão exercida pelo gás restante? Resposta: Aumenta 5 vezes. então: Considere que se tenha obtido vácuo à pressão de. cuo. = n2 V Resolução: Portanto: p1 p2 p2 Equação de Clapeyron: = ⇒ 6. a pressão desse gás é de 6. m p2 V = 2 R T Nesse processo.082 · (27 + 273) ⇒ m1 ⯝ 718 g 42 (Cesgranrio-RJ) Uma determinada quantidade de gás ideal tem 32 Após a abertura da válvula: a sua temperatura aumentada.00 · 10–10 atm à temperatura de 300 K. constante p2 R T universal dos gases = 8. de 77 °C.2 atm. Tópico 4 – Gases perfeitos 71 Resolução: 40 (Mack-SP) Num recipiente fechado e indeformável. pode-se obter vá- n2 = 0.01 · 10–5 · 10–6 = n · 8. 1. era inaceitável. o gás que escapa é dado por: Equação de Clapeyron: m = m1 – m2 ⇒ m = 718 – 78 ⇒ m ⯝ 640 g pV=nRT Resposta: 640 g pV= mRT ⇒ pM=mRT M V .00 · 10–10 atm = 1. através da vál. R = 0.0 = ⇒ p2 = 4. encontramos: pV=mRT M n1 · 250 = n2 · 400 No início: n2 = 0. Qual a massa de gás que escapa? Admite-se que a temperatura Temos: permaneça constante e a pressão externa seja normal. de 300 K para 375 K. isobaricamente. Abre-se a T = 300 K válvula. solicitou sugestões ao seu professor ΔθF = 144 °F de Física. Resposta: 1. o professor lhe forneceu os valores µ= RT de algumas constantes.2 g A densidade de um gás é dada por: 32 pM 2. Assim: p2 M Número de Avogadro = 6.04 · 1022 átomos P = 700 mm Hg = · 10 N/m2 = 0.25 = 1 · 10 · M ⇒ M = 341. temos: 3.09 g/cm3 à Note que: mesma temperatura. Para tanto. Determine a pressão desse = 2 2 T1 T2 oxigênio para que sua massa específica aumente para 0.01 · 1022 átomos.0 L. a resposta deve ser dada em unidades da escala Fahren- heit.2 d1 p1 = ⇒ T2 = 313 K = ⇒ 0.2 · 10–2 atm ⴛ litro µ1 p1 M T2 mol ⴛ kelvin R T1 µ2 300 µ2 4 Se o estudante efetuou todas as operações corretamente.0 atm e à temperatura de 27 °C.07 = 700 233 T2 d2 p2 0. que lhe deu algumas aulas sobre comportamento térmico dos .02 · 1023 RT Nas CNTP.25 · 105 é comprimido.02 · 1022 átomos.46 litros. nas Resolução: condições normais de temperatura e pressão. µ1 5 e) 1.6 · 2.6 g e 6. temos: n = 1.92 · 105 N/m2 760 V = 10 L ou 10 · 10–3 m3 Resposta: c T = 40 °C ou 313 K Portanto: pM pM 46 E. temos: p2 = 900 mm Hg ΔT = T2 – T1 ⇒ ΔT = 313 – 233 ⇒ ΔT = 80 K Resposta: 900 mm Hg Entretanto. encontrou: = → = a) 3. Um recipiente provido de êmbolo contém um gás ideal.4 · V1 = 0. temos: d= 16 g → 6.R.2 g e 3.0 · 2. µ1 375 µ1 5 b) 3.02 · 1022 átomos.0 7. se a temperatura se mantém constante.01 · 1022 átomos. Usando a Equação de Clapeyron.25 kg m–3.72 PARTE I – TERMOLOGIA Como a massa específica µ é igual à razão m.010 kg = 1.825 · 1. temos: gases e estas informações: esse gás é diatômico e a notação química do V 16 pM átomo de oxigênio é 8O. temos: 3.46 = m · 8.6 g e 3. V2 = V1 – 0.825 atm? Dê a m = 0. Qual 1.204 · 10 átomos 700 5 n = 12. que estão indicadas no quadro abaixo.07 g/cm3 sob pressão de 700 mm Hg.25 · 10–5 n= 16 átomos R · 273 R 23 Na situação final. considerado como gás ideal. Resposta: = d) 1. p1 = 3.0 (L) Resolução: pM V2 = 1. quando submetido à pressão de 1. Além disso.495 atm e T1 = 233 K.2 L d= Então: RT Assim.2 g e 12. é de 1.0 · 10–2 kg resposta na escala Fahrenheit.2 g → n · (no de átomos) 5 3.0 · 10–2 kg Resolução: Já que a massa do gás não varia.92 · 10–5 · 341. vem: será a massa de 10 L de nitrogênio à pressão de 700 mm Hg e a 40 °C? pV=mRT M Resolução: 1. µ2 4 c) 3.04 · 1022 átomos.09 p2 Como a questão pede de quanto devemos aquecer o gás. O êmbolo m = 0. reduzindo o volume em 40%.02 · 1023 µ2 R T2 T = = 1 (a pressão permaneceu constante) Constante universal dos gases perfeitos = 8.02 · 1023 1. Usando o conceito do número de Avogadro.2 · 10–2 · 300 ⇒ m = 3.2 · 6. assim: ΔTK 100 100 45 (Mack-SP) Um estudante teve a curiosidade de saber qual é a = ⇒ 80 = massa de oxigênio puro e qual é o número de átomos existente em um ΔθF 180 Δθ F 180 recipiente de 2.2 g e 6. 43 A densidade do nitrogênio. pode-se usar a Lei geral dos 44 (Faap-SP) Certa massa de oxigênio tem massa específica de Gases: p1 V1 p V 0. d= ⇒ m= RT V RT de tal forma que V1 = 2. De quanto devemos 10–2 313 aquecer esse gás para que a pressão se torne igual a 7.495 · 2.6 · V1 ⇒ V2 = 0. que valor essa inicial p? temperatura registraria na situação final B. Tópico 4 – Gases perfeitos 73 47 Uma amostra de gás perfeito sofre as transformações AB (isobári.0 · 2.0 dm3 a uma tem- 0 V (litros) peratura de – 48 °C. pA VA = n R TA te de 5.0 = n · 0. temos: 16.0 atm.0 T2 = 450 K = 177 °C 4.0 atm.0 L de capacidade.40 · 3. T1 T2 2. determine os valores = TA TB de n e de TB.0 6.0 9.0 5.0 3.22 2.5 = TB = TC = 27 °C 300 TB TB ⯝ 293 K Respostas: –153 °C e 27 °C Equação de Clapeyron: 48 Certa massa de gás perfeito é colocada.0 2.0 V (litros) medidos da pressão (p). Aumentando a capacidade 1.0 8.0 300 19.1 atm Resposta: 8.0 5. exerce uma pressão p.0 · 5. As tabelas a seguir contêm os valores 0 2. na situação representada pelo nadas A e B: ponto B.0 2.0 4.0 49 Um gás perfeito.0 = Resolução: TA (27 + 273) Lei geral dos Gases: TA = 120 K = – 153 °C pA VA pB VB = TA TB Como a transformação BC é isotérmica.0 L de capacidade. 2. ocupando um volume de 5. Qual é a temperatura desse gás nas situações A e C? pA (atm) VA (L) TA (K) pB (atm) VB (L) TB (K) Resolução: 16. Qual era o valor da pressão Se a temperatura do gás hélio era 100 K no estado inicial A.0 dm3 e a temperatura do gás para 77 °C. denomi- Sabe-se que a temperatura do gás. caracterizado pelo ponto B. para um estado final de equilí- = brio.0 atm. do volume (V) e da temperatura absoluta (T) dessa amostra de gás perfeito em duas situações diferentes.0 · 5. a que temperatura deve-se levar o Resposta: 2.0 · 3.40 3.22 · 2. são introduzi- dos n mols de um gás perfeito. vale 27 °C.40 · 3. a 27 °C. caracterizado no grá- p1 V1 p2 V2 fico pressão ⴛ volume pelo ponto A. Resolução: ca) e BC (isotérmica) representadas no diagrama pressão ⴛ volume: Lei geral dos Gases: p1 V1 p2 V2 = p (atm) T1 T2 A B 2.0 5.082 · 300 equivalente a 2. Para tanto. observa- se que sua pressão torna-se igual a 9. em um recipien. exercendo em suas paredes uma pressão 16. expressa na escala Celsius? .5 Lei geral dos Gases: Usando os dados das tabelas e sabendo que a constante universal pA VA pB VB dos gases perfeitos vale R = 0. Mantendo-se a massa e transferindo-se o gás n = 2 mols para um outro recipiente de 3.0 p · 5. quer-se ter esse gás sob pressão de 5.0 p (atm) = (27 + 273) T2 B 5.1 atm C 50 No interior de um recipiente de volume variável.0 A 1.0 do recipiente para 7.0 = (–48 + 273) (77 + 273) p = 8.0 3.0 mols e ⯝ 293 K gás? Resolução: 51 Determinada massa de gás hélio sofreu uma transformação Lei geral dos Gases: que a levou de um estado inicial de equilíbrio.0 Resposta: 177 °C 2.082 atm L/mol K.0 19.0 · 7. suas variáveis de estado são: pressão p1 = 2. Um gás perfeito realiza um ciclo (1.0 L. 200 kPa e 300 K.0 · 3. como segue: T2 = 320 K = 47 °C p (atm) 1 2 Portanto: 2. 1).0 V (L) 53 (FMTM-MG) Considere um gás ideal contido em um reci- No estado (1). 2).2 V1 = = 2 100 TB T1 0. temos: a) 50% maior que a inicial. d) 30% menor que a inicial. Na transformação isobárica Dado: 1 atm = 76 cm Hg (1. pressão e temperatura são p1 = 2.0 (3. Calcule os valores das variáveis de estado (pressão.0 p1 V1 p 1. 3) isovolumétrica e (3. vo- mos aquecê-lo para que a pressão se torne igual a 2.0 L (transformação isovolumétrica) 54 (Mack-SP) Certa massa de gás perfeito sofre uma transformação θ3 = θ1 = 20 °C (pois o gás volta ao estado (1) numa de maneira que seu volume aumenta de 20% e sua temperatura absoluta transformação isotérmica) diminui de 40%. 1) isotérmica (temperatura constante). p2 V2 p V p · 3.0 atm 15 · 10–3 m3. 2.0 atm c) 30% maior que a inicial.0 · 1.5 L e temperatura θ1 = 20 °C. o gás tem as seguintes variáveis de estado: p3 = ? V3 = 3.0 atm.0 · 2. 1) formado por condições. formado pelas transformações (1.50 p1 A pressão final é 50% menor que a pressão inicial.0 2.0 = 3 ⇒ p3 = 1. Em 1. Mudando-se esse três transformações: (1. respectivamente. 1) iso- gás para um reservatório de capacidade igual a 2. 3) isovolumétrica (volume constante) e 38 · 5.0 atm (de 1 para 2 → transformação isobárica) Resolução: V2 = 3. a pressão exercida equivale a 38 cm Hg. e) 120 K. 3.0 b) 50% menor que a inicial. d) 300 K.6 T1 TB = 500 K = 227 °C p2 = 0. Resposta: 227 °C Resposta: b 52 Num frasco de paredes indeformáveis e volume interno igual a 5. 2. (2. Lei geral dos Gases: p1 V1 p2 V2 Resolução: = O ciclo (1. após ter sofrido uma transformação isobárica (p = cte. e admitindo-se V1 = 1. o volume do gás é duplicado.5 3. Os valores iniciais de volume. b) 400 K.R. 3. a pressão do gás será: Usando novamente a Lei geral dos Gases.5 2. Se o volume é diminuído para 12 · 10–3 m3 e a pressão.0 5. Terminada essa transformação. = 3 3 + 2. (2.0 ΔT = T2 – T1 ΔT = 47 – (– 73) ΔT = 120 °C 3 Resposta: 120 °C 0 1. volume e temperatura) em cada um dos dois ou- Resolução: tros estados (2 e 3).) a) 420 K.0 atm? lume V1 = 1. aumentada para 350 kPa. 2) isobárica.0 L (volume dobrou) Lei geral dos Gases: p1 V1 p2 V2 θ2 = ? = Usando a Lei geral dos Gases.0 · 3.5 L que a quantidade de gás no recipiente permaneça constante. de quanto deve. e) igual à inicial. temos: 200 · 15 · 10–3 = 350 · 12 · 10–3 p1 V1 p V 2.0 · 76 · 2. c) 350 K. térmica. uma vez que o número de mols per- T1 T2 manece constante.). após ter sofrido uma transformação isovolumétrica Resposta: a (V = cte. T2 T3 586 293 .0 L. as variáveis de estado do gás ficam: p2 = 2. as variáveis de estado do gás são dadas por: piente.0 · 4. a tempe. 2) isobárica T1 T2 (pressão constante). encontramos um gás perfeito à temperatura de –73 °C. é representado no dia- = (–73 + 273) T2 grama de Clapeyron.0 300 T2 = 2 2 ⇒ = T1 T2 293 T2 T2 = 420 K T2 = 586 K ⇒ θ2 = 313 °C No estado (3). e ter dobrado o volume. θ1 = 20 °C ⇒ T1 = 293 K ratura final do gás será: No estado (2).74 PARTE I – TERMOLOGIA Resolução: Resolução: Lei geral dos Gases: Lei geral dos Gases: pA VA pB VB p1 V1 p2 V2 = = TA TB T1 T2 2. Nessas 55 E. 8 · 105. = b) 0. A pressão desse gás é transmitida a um tubo em U. T1 T2 c) 1. podemos utilizar a Lei de Boyle: 56 (Mack-SP) Um gás perfeito.0 N/cm2 100 b) Se a transformação é isotérmica. um corpo de massa 40 kg. T0 Um recipiente contém um gás ideal à temperatura de 27 °C e sob a) Determine. vedando perfeitamente a co- municação do exterior com o interior. o gás é comprimido.0 atm p3 = 1. 9 3 58 (FMTM-MG) A válvula reguladora de pressão em uma panela de c) 4V .0 L (3) V3 = 3. 59 (Univest-SP) tura ambiente. pelo êmbolo e pela coluna de ar acima B' dele. 2 3 Respostas: a) 4. Coloca-se sobre o êmbolo um peso 2P e aquece-se o gás a 127 °C. d) 1. níveis A e A’ do mercúrio são iguais nos dois ramos do tubo. aproximadamente.2 · 105. é igual a 12 N/cm2.0 · 105. Sendo a aceleração da gravidade P 10 m/s2. b) Lei de Boyle b) 8V .0 L θ2 = 313 °C θ3 = 20 °C p = 40 · 10 N/cm2 ⇒ p = 4. observa-se que os níveis do mer- vale a relação V = 3 . a 27 °C. sua pressão aumenta e seu volume passa a ser igual a V. em N/cm2. os b) Demonstre que. está aprisionado em um ci.0 atm a) p = F = A A (2) V2 = 3. se a transformação sofrida pelo gás for isotérmica. em Pa: Resolução: Lei geral dos Gases: Dado: π = 3 p1 V1 p2 V2 a) 0. Inicialmente. Considere que o volume de gás que entra . Despreze a pressão atmosféri. os valores das variáveis pedidas são: Resolução: mg p2 = 2. p1 V1 = p2 V2 ⇒ 12 · V0 = (4 + 12) V lindro indilatável por um êmbolo de peso P. V0 4 cúrio passam para B e B’. O volume inicialmente ocupado pelo gás é V0 e a pressão exercida sobre ele. peso do corpo de massa 40 kg. a pressão adicional exercida sobre o gás pelo pressão de 1.9 · 105. Sendo V o volume inicial do gás. à tempera. d) 4V .4 · 10–3)2 V2 = 4V Δp ⯝ 1.0 N/cm². conforme indica a figura acima. é. pressão tem massa igual a 60 g e está apoiada sobre um orifício de 9 2P diâmetro 2.8 · 105. 30. sem qualquer atrito. F Como p = A então: Resolução: mg Δp = F = 2 P V 3P V A πR A A 2 –3 (27 + 273) = (127 + 273) Δp = 60 · 10 · 10 N/m2 3 · (1. Tópico 4 – Gases perfeitos 75 Assim. contendo mercúrio. a mínima variação de pressão no interior da panela.4 cm Dado: aceleração da gravidade no local = 10 m/s2 Gás ideal A A' M B V0. Aquecendo-se o gás no recipiente. cuja área é de 100 cm2. Colocando-se sobre o êmbolo.8 mm na tampa da panela. o seu volume final será: V0 16 4 a) V . é vedado por um êmbolo que pode deslizar livremente. T0 V. e) 2V . V = 12 = 3 ca. que fará com que a válvula permita o escape de vapor do interior da panela. e) 1.0 atm.0 · 105 N/m2 9 Resposta: c Resposta: c 57 Um cilindro contendo uma amostra de gás perfeito. comprimido em seu interior por um pistão móvel. O balão dispõe de uma válvula que libera o ar. para manter seu volume inalterado. de massa des- Celsius.0 kg. a porcentagem do ar injetado que Lei de Boyle: ainda permanece no balão é: p1V1 = p2V2 a) 20%. do cilindro está em contato com um forno. (1 atm = 1. Qual o valor aproximado da pressão final da mistura? ou n2 = 20 % n1 Resolução: Conclusão: Para uma mistura de gases perfeitos em que não há variação do nú- Permanecem no balão 20% do número de mols inicial.0 + 1. são injetados 20 000 mols de ar no balão.0 · 105 · A · 1. Abrindo-se as válvulas A e B.0 kg.0 kg A pressão do ar no balão é sempre igual à pressão externa da água. e) 50.0 · 105 N/m2) ficiente para que um balão seja inflado dentro dele. e) 420. sem reações químicas. a temperatura.20 · 20 000 mols = 4 000 mols. em graus ideal. mantendo-se a temperatura cons- Da qual: n2 = 0.8 m T2 = 420 K = 147 °C Resposta: c Temperatura constante Temperatura constante 60 (Fuvest-SP) Uma equipe tenta resgatar um barco naufragado Considere a pressão atmosférica igual a 1 atm.0 atm V1 = 200 cm3 V2 = 500 cm3 (III) Equação de Clapeyron: p1 = 4 · 105 N m–2 p2 = 6 · 105 N m–2 3 p2 V2 = n2 R T2 (a 10 m de profundidade) p1 V1 = n1 R T1 (a 90 m de profundidade) p2 V2 n RT V3 = 120 cm3 = 2 2 p3 = 5 · 105 N m–2 p1 V1 n1 R T1 Tendo sido dado que V1 = V2 e admitamos T1 = T2. a pressão da água aumenta em 1 atm a cada 10 m de pro- fundidade. à qual o gás foi aquecido.76 PARTE I – TERMOLOGIA no tubo é insignificante diante do volume do recipiente e que 1 atm 61 (UFPE) Um cilindro de 20 cm2 de seção reta contém um gás corresponde a 76 cm de mercúrio. de forma que a temperatu- ra do gás permanece constante.0 · 105 = 1.0 n com o meio externo). Três recipientes contêm gases sob pressão e volume con- p1 = pef-1 + patm ⇒ p1 = (9.0 = 1. expulse parte da A massa do chumbo que foi depositada sobre o pistão vale: água e permita que o barco seja içado até uma profundidade de 10 m. c) 2. os gases mistu- = 2 ⇒ = 2 p 1 n1 10. No início da operação.0 · 105 + m · 10–4 · A · 0. O pistão repousa a uma altura h0 = 1.5 kg. podemos aplicar a Lei de Charles: Antes Depois A A p1 p = 2 T1 T2 76 (76 + 30. Então. à medida que o bar. Considerando-se constante o volume do gás. c) 147. b) 1. é de: prezível e sem atrito. temos: 0.8 20 · 10 1.0 · 105 + m ⇒ 0.20 n1 tante (igual à temperatura ambiente).0 kg. pm Vm p V p V p V Resposta: a = 1 1 + 2 2 + 3 3 Tm T1 T2 T3 . O porão do barco tem tamanho su. m = 5. Ao Resolução: alcançar a profundidade de 10 m. b) 120. d) 227.0) atm forme representado a seguir: p1 = 10. co sobe.R. vem: As paredes dos recipientes são diatérmicas (permitem trocas de calor p2 n 2. d) 5. 1.8 2 · 10–4 No mar. b) 30%.0 n1 ram-se. isto é: mero de mols dos componentes.0) atm B p2 = 2. a 90 m de profundidade.25 · 105 · 2 · 10–4 = m Pressão na superfície do mar = 1 atm 0. que está a 90 m de profundidade. e) 90%.0 atm (II) Com o balão a 10 m de profundidade: A 1 2 p2 = pef-2 + patm ⇒ p2 = (1.4) = (27 + 273) T2 h0 = 1.0 m.0 + 1.50 kg. Bolinhas de chumbo são lentamente Resolução: depositadas sobre o pistão até que ele atinja a altura h = 80 cm. c) 50%. A base a) 77.0 m h0 = 0. Resposta: d Resolução: (I) Com o balão a 90 m de profundidade: 62 E. d) 80%. a) 0. Tm T1 T2 d) a pressão do gás depende somente do número de moléculas por 10 · 27 = 3.9 Resolução: θm + 273 = 300 ⇒ θm = 27 °C Para os gases perfeitos. sob pressão de 3. qual será a temperatura final da mistura gasosa. temos: Vm = V1 + V2 + V3 ⇒ Vm = 820 cm3. saben- do que a pressão passou a ser de 10 atm? perfeitos. (θm + 273) m 0. Admitindo que esses gases não interagem quimicamente e que se comportam como 66 A teoria cinética dos gases propõe um modelo para os gases gases perfeitos. Supondo que todas as operações 67 O valor da temperatura de uma amostra de gás perfeito é con- se realizem a temperatura constante. a) à pressão do gás. maneça constante. no qual: a) a pressão do gás não depende da velocidade das moléculas. quan. Sendo a temperatura constante. Resposta: 1 520 mm Hg vatório de capacidade de 27 L. a teoria cinética propõe a relação: Ec = 3 k T Resposta: 27 °C m 2 A temperatura do gás é diretamente relacionada com a energia cinéti- ca média das moléculas. pm Vm = p1 V1 + p2 V2 e) do calor de cada uma de suas moléculas. abrindo-se uma válvula de conexão. c) à temperatura absoluta do gás. Resolução: T A B Ec = 3 k T m 2 Resposta: c . do ambos estão à mesma temperatura. Dar a resposta em mm Hg. Ambos os gases são colocados num terceiro reser. e) à variação da temperatura absoluta do gás. no qual se misturam. pm (600 + 200) = 600 · 400 + 1 200 · 200 Resolução: pm = 600 mm Hg Ec = 3 k T m 2 Resposta: 600 mm Hg Resposta: d 65 (Faap-SP) Sabe-se que o balão A tem o dobro da capacidade do 68 O valor da energia cinética média das partículas de uma amos- balão B e que ambos contêm o mesmo gás perfeito. Despreze o volume da válvula e dos tubos de conexão. a uma pressão 4 vezes maior.3 + 0. Resolução: b) as moléculas são consideradas partículas que podem colidir inelas- Na mistura gasosa. Resolução: c) da energia potencial média de suas moléculas. com 30 L de capacidade. d) à temperatura do gás em graus Celsius. Calcular a pressão a que estará b) ao volume do gás.0 atm.0 · 25 + 8. Misturam-se os conteúdos de ambos os recipientes. Tm (–23 + 273) (127 + 273) e) a temperatura do gás depende somente do número de moléculas 270 = 0. temos: ticamente entre si. temos: pmVm = pAVA + pBVB pm · 820 = 4 · 105 · 200 + 6 · 105 · 500 + 5 · 105 · 120 pm (2V + V) = 760 · 2V + 4 · 760 V pm ⯝ 5. 64 Um recipiente de 600 cm3 contém criptônio a uma pressão de 400 mm Hg.0 · 30 unidade de volume. No A. b) da energia potencial total de suas moléculas.4 · 105 N/m2 pm 3V = 1 520V + 3 040V pm = 4 560V 63 Num recipiente A de capacidade igual a 25 L há nitrogênio à 3V temperatura de –23 °C. o gás está à tra de gás perfeito é diretamente proporcional: pressão atmosférica normal e no B. Outro recipiente de 200 cm3 está cheio de hélio a Resposta: c 1 200 mm Hg. há oxigênio à temperatura de 127 °C sob pressão de 8.6 ⇒ θ + 273 = 270 por unidade de volume.0 atm. sujeito o gás após aberta a torneira T. determine a pressão total da mis- sequência: tura. pm Vm p1 V1 p2 V2 c) a temperatura do gás está diretamente relacionada com a energia = + cinética das moléculas. temos: d) da energia cinética média de suas moléculas. a) da radiação emitida por suas moléculas. Em outro recipiente pm = 1 520 mm Hg B. Tópico 4 – Gases perfeitos 77 Como T1 = T2 = T3 = Tm = Tambiente e Resolução: Sendo a temperatura constante. de forma que a temperatura per. Podemos afirmar que: (16) Incorreta O volume do recipiente também aumentou. encontramos nitro- mesma velocidade quadrática média que as moléculas de nitrogênio de ou- tro recipiente. a pressão do gás aumentará com o aumento da quando a pressão aumenta. b) o gás em A possui menor velocidade que em B. Então é correto afirmar. m 2 Para TA > TB. a) o gás em A possui mais calor que em B. m das em dois recipientes. a) a energia cinética média das partículas aumentará. temperatura.78 PARTE I – TERMOLOGIA 69 Se uma amostra de gás perfeito encontra-se no interior de um 72 Uma amostra de gás perfeito é colocada no interior de um re- recipiente de volume constante e tem a energia cinética média de suas cipiente e mantida a pressão constante. Ec aumenta também. b) a pressão permanecerá constante e a temperatura aumentará. comparando-se os dois gases. (04) a energia cinética média das moléculas não sofre alteração. As temperaturas são diferentes. aumentar.31 · T 2 2 T (N2) > T (H2) T = 400 K = 127 °C Resposta: a Resposta: 127 °C . sua Resolução: temperatura também aumentará. M 2 0. qual o valor da velocidade média quadrática das suas partículas? Dado: R = 8. (08) a velocidade média das moléculas também deve aumentar. Ec também aumenta. (01) o número de choques por centímetro quadrado de parede deve tante. pois a temperatura do gás aumentou. Dê como resposta a soma dos números associados às proposições cor- retas. Se o volume do recipiente per. Qual a sua temperatura em graus Celsius? M (H2) = 2 g Dado: R = 8.31 J/mol K M (N2) = 28 g Resolução: Temos: U = 3 n R T ⇒ 24 930 = 3 · 5 · 8.028 v ⯝ 493 m/s T= v ⇒ 273 = 3 · 8. e) todas as afirmações estão incorretas. c) a pressão e a temperatura aumentarão. Se a temperatura e o volume moléculas aumentada: aumentam: a) a pressão do gás aumentará e sua temperatura permanecerá cons. (02) Correta Resposta: c (04) Incorreta Ec = 3 k T m 2 70 Duas amostras de massas iguais de um gás perfeito são coloca.31 J/mol K b) o nitrogênio apresenta menor pressão. (01) Incorreta O número de choques por unidade de área da parede aumenta manece constante. 3R Resposta: 493 m/s Resolução: M T= ( v )2 75 Avaliando a energia interna de 5 mols de gás perfeito. encontra- 3R Sendo: mos o valor 24 930 J. a) o nitrogênio apresenta maior temperatura. Resolução: c) a energia cinética média não se alterará e a pressão aumentará. Resolução: Se a energia cinética média das moléculas do gás aumenta. Como o mol do referido gás é igual a 28 g. c) ambos apresentam mesma pressão. Ec = 3 k T e) nada do que foi dito ocorrerá. (16) a pressão tem que aumentar. que: gênio à temperatura de 0 °C. A e B. m Resposta: a 71 (FCMSC-SP) As moléculas de hidrogênio. Resposta: 10 c) a energia cinética das moléculas é menor no gás em A que em B. têm a 74 Num recipiente hermeticamente fechado. (02) a distância média entre as moléculas deve aumentar. Se T aumenta. d) a pressão diminuirá e a temperatura aumentará. recipiente fechado e isolado: e) a temperatura não influencia a energia de movimento das par. d) a energia cinética média e a pressão permanecerão constantes. tículas de um gás. d) a energia cinética média das moléculas do gás é maior em A que 73 (FCC-SP) Se aumentarmos a temperatura do gás contido em um em B. em um recipiente. sendo (08) Correta TA > TB. Resolução: d) ambos apresentam mesma temperatura. b) a pressão aumentará e a energia cinética média das partículas di- minuirá. temos: Resolução: Ec (A) > Ec (B) Ec = 3 k T m m m 2 Resposta: d Se T aumenta.31 · v2 ⇒ e) ambos apresentam mesmo volume. a uma (27 + 273) (–3 + 273) 300 270 mesma temperatura. sendo necessário aguardar alguns devida apenas aos ímãs existentes na borracha de vedação que segundos para abri-la novamente. volume interno de 150 L e que esteja a uma temperatura interna de –18 °C.0 · 105 = p1 gases se comportam como ideais e estão todos em equilíbrio. podemos afirmar: Respostas: a) Quando a porta do freezer é aberta.9 · 105) · (1.0 m de altura. Isso ocorre porque a vedação da porta não é ideal.0 L e possui uma energia são do ar externo é maior.0 atm b) Usando a Lei geral dos Gases.20 interior. os gases: oxigênio.0 · 105 N/m2. A. o que aumentará a pressão do ar no interior do freezer. a P (atm) temperatura média do ar no interior do freezer tenha atingido –3 °C. Os 1. conforme o diagrama abaixo. nitrogênio e oxigênio.0 · 0. O diagrama que melhor representa a pressão do gás em função do b) Suponha que você tenha aberto a porta do freezer por tempo suficien. A porta é fechada e o ar existente no interior do freezer é resfriado rapidamente.84 Resolução: a) Quando a porta do freezer é aberta. Determine a intensidade da força resultante sobre a porta do freezer. quente em seu interior. é: te para que todo o ar frio do seu interior fosse substituído por ar a 27 °C Dado: R = 0. Como a pres- . Resposta: 2. podemos encontrar a pressão in- terna na parte interna do freezer : 77 (UFC-CE) A figura abaixo mostra três caixas fechadas. a massa de p = 2. num dia em que a temperatura externa seja de 27 °C e a pressão. fechando a porta do freezer . das moléculas em cada uma das cai- xas. Quando essa pressão tornar-se 78 (Unifesp-SP) Você já deve ter notado como é difícil abrir a porta igual à pressão externa. fazendo com que a pressão interna se igua- b) KA = KC > KB. em atmosferas? ficultará a abertura da porta. Deixando passar certo intervalo de tempo. quisesse abri-la novamente logo em seguida. d) KA = KB = KC. Tópico 4 – Gases perfeitos 79 76 Um gás perfeito ocupa um volume de 2.0 atm ar de dentro do freezer ficará praticamente constante e a resistência à abertura da porta será apenas devida aos ímãs existentes na bor- racha de vedação que aderem ao metal do corpo do freezer. A porta é fechada e o ar existente no interior do freezer é resfriado 0 300 360 T (K) rapidamente. Considere um freezer vertical cuja por- aderem ao metal do corpo do freezer. me. notamos que a abertura Resolução: da porta fica mais fácil. nesse curtíssimo intervalo de tempo. Resposta: d mas aumentará o número de partículas de ar. peratura absoluta do gás. sofre uma a) Com base em conceitos físicos. U= 3 pV Esse ar será resfriado lentamente. o que possibilita a entrada de ar externo no interior do freezer. explique a razão de ser difícil abrir transformação até 87 °C. temos: Oxigênio Nitrogênio Oxigênio F Δp = R ou FR = Δp A A FR = (1 · 105 – 0. a massa de ar de dentro do freezer ficará praticamente constante e a resistência à abertura da porta será de um freezer logo após tê-la fechado. entra ar mais quente em seu 8.0 · 10³ N ta tenha 0. sendo assim: notamos que a abertura da porta fica mais fácil. diminuindo sensivelmente sua c) KA = KB < KC. essa a porta do freezer logo após tê-la fechado e por que é necessário massa de gás sofre uma transformação isotérmica. 1. 9. e) KC < KA < KB. Considere que.0 · 105 N/m2 = 2. Para conseguirmos Resolução: abrir a porta. p0V0 p1V1 contendo. K. Se deixarmos passar certo intervalo de tempo. o que aumentará a pressão do ar no interior do freezer. existirá uma diferença de pressão que di- interna igual a 600 J.0 · 103 N Sobre a energia cinética média. será necessário aplicarmos uma força de intensidade Ec = K = 3 k T maior do que aquela decorrente da diferença entre a pressão ex- 2 A energia cinética média (K) das moléculas é função exclusiva da tem. le à pressão externa. fazendo a pressão interna igualar-se à pressão externa. = T0 T1 O volume de A é igual ao volume de B e é o dobro do volume de C.9 · 10 N/m A B C Usando a definição de pressão. será necessário aplicarmos Dados: 1 atm = 105 N/m2. 2 Quando essa pressão se tornar igual à pressão externa. ᐉ/(mol · K) e que. 5 2 p1 = 0. diminuindo sensivelmente sua pressão. inicialmente a 27 °C.0 · 10–3 tículas de ar. Para abri-la. b) 6. até duplicar seu volu- aguardar alguns instantes para conseguir abri-la novamente. entre a pressão externa e a interna. Isso ocorre porque KA = KB = KC a vedação da porta não é ideal. Qual o valor da pressão desse gás. haverá uma dife- rença de pressão que dificultará sua abertura. 79 (Mack-SP) Um mol de gás ideal. B e C. durante a transformação isotérmica. entra ar mais a) KA = KC < KB. terna e a interna. uma força de intensidade maior do que a decorrente da diferença 1 L = 1 dm3 = 10–3 m3. possibilitando a entrada de ar externo no interior do freezer. mas aumentará o número de par- 2 600 = 3 · p · 2.60 m de largura por 1. Em seguida. pressão. respectivamente.0 · 105 ·150 = p1 150 ⇒ 1. Esse ar será resfriado lentamente. Como a pressão do ar externo é maior.6) ⇒ FR = 6. volume.0082 atm. Por V0 V V0 V fim. aumentando seu volume de V0 a V.76 81 (Unifesp-SP) A figura ilustra duas transformações de um gás 9. subir 0 3 6 V (ᐉ) livremente. O dia- Resposta: d grama p ⴛ V que melhor representa essas duas transformações é o da figura: 80 (Ufla-MG) A teoria cinética dos gases propõe um modelo micros. Considere desprezíveis as variações da pressão atmosférica.84 V = 1 · 0. a fonte quente é retirada e substituída por um Na primeira transformação (isométrica). b) e) Dessa forma. Admite-se que o gás é composto de um grande número II II de partículas separadas por distâncias consideráveis. o gás recebe calor e faz o êmbolo.92 f v0 v0 T T 0 3. não exercendo forças entre si. Em I. atingindo a tempera- Resolução: tura T. se comparadas p0 p0 às dimensões dessas partículas.80 PARTE I – TERMOLOGIA a) d) Resolução: P (atm) P (atm) 19. a pressão cai à metade do valor inicial. Nessas condições. Nesse estado.0 V (ᐉ) Q Observemos que. lentamen- 9.68 9.36 9. também construído de material adiabático. quando duplicamos o I II volume. o diagrama é expresso por: vatório.0 6. colocam-se grãos de areia sobre o êmbolo. Em seguida. são perfeitamente elásticas.84 2. baseado nas leis da mecânica e em alguns p p postulados. na transformação isotérmica. o gráfico que melhor representa a relação entre a energia II cinética média (E) do gás e sua temperatura é: p II p a) c) e) I E E E p0 I p0 V0 V V0 V T T T c) b) d) II E E p p0 I T T V0 V . através de uma base diatérmica (que permite a passagem do calor). ou com as paredes do recipiente que as contém.92 E 0 3 6 V (ᐉ) 0 3 6 V (ᐉ) b) P (atm) e) P (atm) 39. admite-se também que as colisões entre as partículas. para que o gás possa manter-se em equilíbrio térmico com o reser- Na segunda transformação (isotérmica).0 L te.84 4. P (atm) 9.84 i 4. Estas se movimentam rapidamente e I I ao acaso. o êmbolo baixa até que o gás volte a ocupar o mesmo volume V0 do início.84 ideal contido em um cilindro de paredes adiabáticas.84 9. podemos aplicar a Equação de reservatório térmico à mesma temperatura T do gás. exceto quando colidem. na Clapeyron para o cálculo do volume do gás ideal: p V = n R T transformação II.84 Ec = 3 k T m 2 9.46 0 T 0 3 6 V (ᐉ) 0 3 6 V (ᐉ) Resposta: a c) P (atm) 14. a) d) cópico para um gás ideal.082 · 360 ⇒ V = 3. Número de Avogadro = 6 · 1023 b) 14. 1. dotado de uma válvula que não deixa a pressão interna A temperatura permanece constante e o volume diminui na proporção passar de um valor-limite.8T (II) M 82 (Fuvest-SP) Um equipamento possui um sistema formado por um 3.7 cm.8 ⇒ 12.0 · 104 H’ ⇒ H’ = 22 cm P0 Resposta: d 83 Em um laboratório de Física.5 g H Resposta: 2.01 0. p’ V = 10 R 0. vazio. diminuindo a V sua temperatura absoluta em 20%. No início: S mg pV=nRT Daí. que se movimenta. e) 36 cm.0 · 104 Pa ra ambiente e em um local de pressão atmosférica normal.0 · 104 · 18 = 9. (10 + x) pV= R 0. d) 22 cm. Situação inicial. p = patm + S 5 · V = 10 · R T (I) . com massa de 10 kg. um estudante realizou um expe- V0 V V rimento que consistia em pegar um recipiente. patm + S H = p’atm + S H’ S S p 10.0 · 104 Pa.0 · 104 + 100 18 = 8. Resolução: Resolução: mg Aplicando-se a Equação de Clapeyron nas duas situações expressas no p = patm + p S texto.5 g 84 (Mack-SP) Num recipiente. temos: mg A pressão do pistão é dada por ppistão = 1. 23 23 uma região onde a pressão atmosférica é de 8. Equação de Clapeyron: pV=mRT P0 M V0 V V p V = 10 R T (I) M Resposta: a 2.8T (III) M Igualando (I) e (II). Em seguida. Esse estudante injetou hidrogênio gasoso inversa do aumento da pressão. de paredes in- Transformação II: compressão isotérmica deformáveis. em um cilindro inicial. o estudante deve injetar no interior do recipiente para p restabelecer a pressão máxima suportável pela válvula? P Resolução: II Hipérbole equilátera São três situações por que passa o gás.5 = 10 + x ⇒ x = 2.5 cm. (que se comporta como gás perfeito) no interior do recipiente até que a pressão atingisse o máximo valor e observou que a massa de gás inje- p = k : Lei de Boyle tada era igual a 10 gramas. a nova altura H no interior do cilindro passa a ser aproximadamente de: Adote: a) 5. ele esfriou o gás. d) 48 · 10 .0 · 104 + 100 H’ 0. Quando esse sistema é levado a operar em a) 12 · 1023. de secção transversal S = 0. na nova temperatura. tampa do recipiente. o ar aprisionado no interior do cilindro mantém o pis. vem: g 10 R T = (10 + x) R 0. Que massa do mesmo gás. o número de moléculas que escapa é: tão a uma altura H = 18 cm. c) 20 cm. a mesma temperatura. e o volume aumenta na proporção mg mg direta da temperatura absoluta (V = k T: Lei de Charles). Tópico 4 – Gases perfeitos 81 Resolução: Lei de Boyle: Transformação I: expansão isobárica p1V1 = p2 V2 A pressão permanece constante. sob pressão de 5 atmosferas. fechado por uma tampa hermética. Após injetarmos a massa x de gás para retornarmos à pressão pistão.01 I 11. c) 36 · 1023. à temperatu- Operando em uma região onde a pressão atmosférica é de 10.01 m2. sem atrito. Após o resfriamento. e) 60 · 1023. mantendo-se b) 24 · 10 . Abrindo a (1 Pa = 1 N/m2).8T M M 10 = (10 + x) · 0. S há 10 mols de gás perfeito. Figura 1 c) 10. o sistema se estabiliza numa nova R 280 = M’ R 350 altura de equilíbrio.1 M0. . com paredes laterais de pequena M M espessura. com a tampa superior a uma altura H. utiliza-se como manômetro um sistema formado por um cilindro e um pistão de área A. utilizado para o armazenamento de pV=mRT ar. No final do aquecimento. fechado L0 Supondo que o ar se comporte como um gás ideal. e o nível da água no seu interior p0 V0 = M’ R 350 se encontra 2. o que garante que a Figura 2 altura da coluna de gás submersa seja 2. aproximadamente. e) 13. pV=nRT A + P0 A – P0 1 · V = nf R T (II) k(L0 – L) Dividindo (I) por (II): b) . A pressão ambiente vale P0 e é aplicada no lado ex- terno do pistão.2 m.0 m abaixo do nível externo da água. aproximadamente. c) 0. Abrindo-se o registro R. a massa de gás que permanece no cilindro é.0 m quando o pistão encosta na base do cilindro e tem comprimento L0 (fi- gura 1 – registro R fechado). Resposta: a Resolução: Usando-se a Equação de Clapeyron.8 M0.82 PARTE I – TERMOLOGIA 2. R. em relação ao M M nível externo da água. G é fechado na sua parte superior. a nova altura H será.0 m. A mola está no seu estado natural (sem tensão) 2. e) 0. Para isso. O valor da pressão absoluta P no tanque é: R. em ambos os casos. Ar de tanque de gás. o gás empurra o pistão. vem: 87 (Fuvest-SP) O gasômetro G. temos equilíbrio de forças: 1 mol → 6 · 1023 moléculas Fgás = Fmola + Fatm 8 mols → x Fgás k x Fatm x = 48 · 1023 moléculas = + A A A Resposta: d k (L0 – L) p= + P0 A 85 (Fuvest-SP) Um cilindro contém certa massa M de um gás a 0 T0 = 7 °C (280 K) e pressão P0. e) . que per- p0 V0 = 0 R 280 manece imersa em água. G contém M ar.8 M0 350 0 Ar ambiente G Resposta: b 300 K g H0 = 9. parte do gás será liberada para o ambiente. igual a: P a) 8. de: Fmola a) 1. Gás P0 b) 9.0 m.0 m 86 (Fuvest-SP) Deseja-se medir a pressão interna P em um gran. inicialmente à temperatura de 300 K. e pode se mover na direção vertical. metálico.8 m. o empuxo exercido pela água também não se altera. aberto na inferior. M’ = 280 M = 0. Aquecendo-se o gás. Se essa Fatm pressão ultrapassar P0. preso a uma mola de constante elástica k. Nessas condições. d) 11. a M Portanto: tampa de G está 9. b) 0.0 m acima do nível externo da água. É importan- Gás P0 te notar que. O sistema é mantido à temperatura ambiente durante Água todo o processo.7 M0.0 M0. comprimindo a mola. mantendo a pressão interna no valor P0. Ao ser aquecido até T = 77 °C (350 K). c) k(L0 – L) · A.2 m. Ele possui uma válvula de segurança que impede a pressão interna de alcançar valores superiores a P0. aberto L Resolução: P As figuras a seguir ilustram as duas situações do sistema.8 m. que fica com comprimento L (figura 2 – registro R aberto). d) 0. escaparam 8 mols desse gás. o que corresponde a: Na situação final. é um recipiente cilíndrico.5 M0. como mostra a M0 figura abaixo. A – P0 5V = 10R T ⇒ n = 2 mols V nf R T f Resolução: Portanto. No final: k(L0 – L) kL a) . d) k L · A + P0. como o peso total não se altera durante o experimento. e com a temperatura do gás a 360 K. a válvula do cilindro libera parte do Fgás gás. encontramos no interior da bomba n1 mols de gás e no inte- Início rior do pneu.1 mm3.2 = n1 ⇒ n = 4 n . Sendo p1 = p0 + µ g h b) 80%.2 = 6. d) 21. c) 20. d) 40%.4 · (4.4 Assim.0 atm.80 · 6. c) 3. Os volumes dos recipientes 1 e 2 são 4.9 atm. solta-se e começa a Válvula subir. Resposta: b b) 3. Supondo que a tensão superficial da bolha é desprezível e que a pressão atmosférica é de 1 · 105 Pa. Quando o êmbolo desce a primeira vez.8 · 4.0 · 103 kg/m3. temos: 21. vem: 9.4 = 1 · 0.0 p2 p2 = 0.0 ᐉ e 6.4 atm e à mesma temperatura inicial.3 atm p2V2 p1V1 S (H + 2.72 + 3 · 2. .92 atm O aquecimento foi isobárico (pressão constante): p1 = p2 = p3 = p4 2. H Usando a Equação de Clapeyron.4 ⇒ p = 7. logo que alcança a superfície seu volume é aproximadamente: a) 19. 1 e 2.0 ᐉ.0 ⇒ 24 – 19.3 atm. n2 mols. vem: (p0 + µ g h) V1 = p0 V2 Resolução: (1 · 105 + 1. e) 34. então.70) · 20. p2 V2 = n2 R T rica normal.2 m 90 (UFF-RJ) Um gás ideal estava confinado à mesma temperatura Resposta: d em dois recipientes.0 = 1 · 105 V2 Após a mistura.0) = 4.8 atm. isotérmico e que o volume do tubo que liga a bomba ao pneu seja des.0 + p2 · 6. Recipiente 1 Recipiente 2 Dados: g = 10 m/s2. vem: do pneu permaneça constante. então: n (%) 30 cm n1(%) + 1 = 100% 4 5 n1(%) = 100% ⇒ n1 = 80% 4 a) 1. antes da abertura da válvula.2 ⇒ H = 11. densidade da água = 1. temos np = n1 + n2. 4. Quando o êmbolo está todo puxado.4 mm3 pm Vm = p1 V1 + p2 V2 (observe que a temperatura se mantém constante) Resposta: d 2. A pressão final do pneu será.0 atm.0 atm. e) 20%.0 + 6.0 = n1 R T (I) Um ciclista quer encher ainda mais o pneu da bicicleta que tem volume de 2.0 = 13. temos: p = 3.4 litros e já está com uma pressão interna de 3 atm. 4. Abriu-se a válvula e os conteúdos dos recipientes atingiram um estado final de equilíbrio à pressão de 2.0 mm3.0 m 2. Ele empurra 0. c) 50%.4 mm . a pressão dentro da bomba é igual à pressão atmosfé. de aproximadamente: Mas n1(%) + n2(%) = 100%.8 n2 1 2 prezível. d) 3. 88 (ITA-SP) Uma bolha de ar de volume 20. a uma distância de 30 cm da base. que o processo possa ser considerado 19. e) 4. Resolução: A porcentagem total de mols de gás que ocupava o recipiente 1 antes Lei de Boyle: da abertura da válvula era: p1V1 = p2V2 a) 60%. de um tanque de água a 70 cm de profundidade.0 m RT RT RT Como V1 = A h = 24 cm2 · 30 cm = 720 cm3 = 0.0 m pV 360 K pV=nRT ⇒ n= RT 300 K p V p1V1 p2V2 = + ⇒ p V = p1 V1 + p2 V2 2. temos: 89 (Fuvest-SP) A figura mostra uma bomba de encher pneu de p1 V1 = n1 R T bicicleta.4 mm3.4 · 105 = 105 V0 ⇒ V0 = 21.80 atm Aplicando a Equação de Clapeyron. 3 3 b) 20. aplicando a Lei geral dos Gases. Tópico 4 – Gases perfeitos 83 Final Resolução: No início.0 = n2 R T (II) o êmbolo da bomba até o final de seu curso. Suponha que o volume Dividindo (I) por (II). no pneu.2 mm3.0 · 103 · 10 · 0. aderente à parede A pressão inicial no recipiente 1 era de 4. A área da secção transversal do pistão da bomba é 24 cm2.1 mm .8 · 4.72 L (1) (3) (2) (4) Então: p 2. respectivamente. ligados por uma válvula inicialmente fecha- da.0) S · 11 = ⇒ = T2 T1 360 300 Resposta: c H + 2. pode-se concluir que: absoluta. b) 1 . 1 e 2. em função de T0. de modo que o número total de moléculas passa a ser Nf. determine: 92 (Unicamp-SP) Uma sala tem 6 m de largura. V0 e da constante universal dos gases. = =3· f pi ni Ti 3 Ti à pressão constante. 93 (ITA-SP) Considere uma mistura de gases H e N em equilíbrio 2 2 mo volume. b) p = 4 p0 Admitindo que a temperatura final do gás é um terço do valor original R T0 3 e que a soma total das energias cinéticas das moléculas não se altera. Sobre a energia cinética média e sobre a velocidade média ambos os reservatórios estão cheios de um gás ideal. A temperatura do reservatório 2 é então a) as moléculas de N2 e H2 têm a mesma energia cinética média e a duplicada. de mes. N mo- i p 3p 2p0 = p + = ⇒ p = 4 p0 léculas de um gás ideal. mas as moléculas de N2 têm maior velocidade média. quantos mols de gás existem dentro da sala a 3 n R T = 3 n R T ⇒ n Ti = n T 27 °C? 2 f f 2 i i f 3 i i b) Qual é a quantidade de calor que o refrigerador deve retirar da mas- sa de ar do item (a) para resfriá-la até 17 °C? nf Nf = =3 ni N i Resolução: a) O volume da sala vale: b) Equação de Clapeyron: V = 6 m · 10 m · 4 m = 240 m3 Admitindo-se que o ar da sala obedece à Equação de Clapeyron: pi V = ni R Ti pV=nRT pf V = nf R Tf pV 5 n= ⇒ n = 10 · 240 ⇒ n = 1 · 104 mols RT 8 · 300 pf nf Tf T b) A quantidade de calor que o refrigerador deve retirar do ambiente. V0. inicialmente. Se os gases estão em equilíbrio térmico. P0. Outras moléculas do mesmo gás são introduzi- 2 2 3 das nesse recipiente. 10 m de comprimen. c) ambas têm a mesma velocidade média. encontramos: m m pV=nRT Como: p V T = M (V)2 n0 = 0 0 3R R T0 Sendo: No total: T(H2) = T(N2) 2 p0 V0 M(H2) = 2 g N = 2 n0 = M(N2) = 28 g R T0 Então: b) Aquecendo-se o reservatório 2. P0. Inicialmente. mas as moléculas de H2 têm maior velocidade média. b) 3 · 106 J Respostas: a) 3. mesma velocidade média. mas as moléculas de H2 têm maior energia cinética média. Deseja-se refrigerar o ar dentro da sala. V (H2) ⬎ V (N2) N = n’1 + n’2 Resposta: e 2 p0 V0 p V0 p V0 = + R T0 R T0 R (2T0) 94 (UFRN) Um recipiente de volume V contém. d) ambas têm a mesma energia cinética média. enquanto a do reservatório 1 é mantida igual a T0. mas as moléculas de N2 têm 2 maior energia cinética média. T0. a) Calcule o número total de mols de gás no sistema. a) a razão entre Nf e Ni.84 PARTE I – TERMOLOGIA 91 (UFC-CE) Um sistema é formado por dois reservatórios. vale: Q = n cp Δt pf =1 Q = 1 · 10 · 30 · (27 – 17) (J) ⇒ 4 Q = 3 · 10 J6 pi Respostas: a) 1 · 104 mols. a pressão aumenta e haverá uma redis- tribuição de partículas até que o sistema atinja uma nova pressão. 2 p0 V0 Respostas: a) . 1 e) ambas têm a mesma energia cinética média. suas temperaturas são iguais e suas partículas possuem energias cinéticas médias iguais: Resolução: EC (H2) = EC (N2) a) Em cada reservatório. Resolução: a) Considerando o ar dentro da sala como um gás ideal à pressão am- a) Uf = Ui biente (P = 105 N/m2). e à mesma pressão. térmico. R. ligado por um tubo fino (veja figura abaixo). à mesma temperatura das moléculas de cada gás. Resolução: b) Calcule a pressão final do sistema. b) ambas têm a mesma velocidade média. Considere o calor específico do ar como sendo 30 J/ (mol K) e use R = 8 J/ (mol K). to e 4 m de altura. b) a razão entre as pressões inicial e final do gás. 20 · 10–3 kg y x Vb = 1 m3 = 103 L 1. São dadas a massa atômica do oxigênio AO = 16.04 96 (Fuvest-SP) Dois tanques cilíndricos e verticais.082 · 300 1.0 · 105 N/m2 Na condição de flutuação. AN = 14. à mosfera é composta de 30% de O2 e 70% de N2. estão parcialmente cheios de água e possuem P0 V0 P1 V1 válvulas que estão abertas. temos: 1. os tanques são aquecidos a uma temperatura T P V T1.8 m V s Como µ = m. Tópico 4 – Gases perfeitos 85 95 (ITA-SP) Uma cesta portando uma pessoa deve ser suspensa a) Determine a razão R1 = P1/P0 entre a pressão final P1 e a pressão por meio de balões.53 P0 P0 P0 x ⯝ 108 balões 5 3 R1 = 1. em seguida.0 · 29.16x ⇒ 0. como representado na figura para a situação = T0 T1 inicial.0 · 4 · 10–3 · 1 · 103 Assim.082 atm ᐉ mol-1 K-1.0 m 0.0 · 10 + 1.6 m V0 5 · 0. R2 = 1 = 1 1 T0 P0 V0 A B A B P1 Sendo: = 1. c) Para o tanque B. em A.0 m Vem: g V1 5 · 1. Note e adote: Dado: g = 10 m/s2 pV=nRT ΔP = ρ g ΔH Resolução: Patmosférica ⯝ 1.6 m P0 0. apenas a válvula No recipiente A.20 g = 29. então: (área) V 0. sendo cada qual inflado com 1 m de hélio na3 inicial P0 do ar no tanque A.6 m Temos: 1. contida nesse mesmo tanque. temperatura local (27 °C).70 · 28)g = 29.6) 1.082 · 300 P +P gΔh P1 Px R1 = = = 0 água 1.20 · 10–3 Situação final (T1) · x · 103 = mT 0.8 m 1. vem: Px = Py 1. A e B.0 · 10 Resposta: 108 balões R1 = 1.09x = 100 + x · 0. Os tanques estão a uma temperatura T0 = 280 K e à pressão at- mosférica P0.8 m 0. de 1.6 m 1.30 Situação inicial (T0) Situação final (T1) .0 N.93 x = 100 ⇒ x = 107.0 – 0.04 (item a) 0.0 m R2 = 1.8 m µ= p M RT Situação inicial (T0) Assim: pM x V =m b T R T ar Sendo: A B 0. vem: de altura e interligados.0 · 10 · 510 (1.09x = 100 + 0. Cada balão vazio com seus apetrechos pesa b) Determine a razão R2 = T1/T0 entre a temperatura final T1 e a tempe- 1. a do hélio AHe = 4 e a constante dos gases R = 0.0 m Mar = (0. resultando na configuração indicada na figura para a situação final. temos: A é fechada e. determine a razão R3 = m0/m1 entre a massa de Considerando que o conjunto pessoa e cesta pesa 1 000 N e que a at.04 · 0.6 m b) Aplicando-se a Lei geral de Gases. o empuxo sobre o conjunto deve igualar seu peso: E = P ⇒ µar g Vi = mT g Resolução: Equação de Clapeyron: Na figura a seguir representamos as situações inicial e final: pV=mRT M pM=mRT A B 0.04 = 1.0 1.30 · 32 + 0. ar m0 contida inicialmente no tanque B e a massa de ar final m1.19x = 1 000 + x · 1 + x p M V 10 10 RT Px = P0 + Págua g Δh 1. determine o número temperatura T1. mínimo de balões necessários.8 R2 = 1. Em uma etapa de um processo industrial.19x = mconjunto + mbalões + mHe a) Usando a Lei de Stevin na situação final. a do nitrogênio ratura inicial T0 dentro dos tanques. no qual se fez o vácuo parcial.30. O recipiente é fechado.0 (m3) 2.25 · 2 = n · 0. o número de mols Assim: aproximado de CO2 existente no recipiente é: V 5 · 0. temos: p V = n R T.002. . Su- T1 pondo-se que o ar e o CO2 comportem-se como gases perfeitos. Resposta: b a) zero c) 602 e) 6 · 1023 b) 60 d) 1 820 99 (ITA-SP) Estime a massa de ar contida em uma sala de aula.73 servado foi proporcionado pelo CO2 introduzido no recipiente.02 · 10 p0 = 1 atm x ⯝ 60 moléculas R = 0.02. Equação de Clapeyron: pV=nRT Resolução: Sendo: Uma sala de aula típica deve ter área do piso igual a 50 m2 e pé direito (altura) de 3. Assim.082 atm · L / mol · K.30 pressão atmosférica normal valha 76 cm Hg e que a constante univer- T0 sal dos gases perfeitos valha 0. No início.082 atm L/mol K T = 27 °C = 300 K Resposta: b Mar = (30%)O2 + (70%)N2 = 29. é introduzida no re. no. Despreze o volume do tubo Resposta: 178 kg em comparação com o do recipiente. é da ordem de 2.2. d) 2. Em seguida.8 a) 0.6 b) 0. p = 19 cm Hg = 0. acoplado Equação de Clapeyron: a um tubo em forma de U que contém mercúrio. que contém ar na pressão atmosférica local (70 cm Hg). que a Mas: = R2 = 1.86 PARTE I – TERMOLOGIA c) Aplicando-se a equação Clapeyron. na superfície da Terra.5 · 10–15 · 10–6 = n 0.30 = V1 5 · 0.02 mol Dados: constante universal dos gases perfeitos = 0. b) 1. R3 ⯝ 1. vem: 1 mol → 6. um aluno recebeu a em que: informação de que o melhor “vácuo” que se pode obter no interior de um recipiente. c) 0.082 atm L/mol K. aproxi.0 m.02 · 1023 moléculas pV=nRT 1 · 1022 mol → x Adotando: x = 6. número de Avogadro = 6. Após m algum tempo.2 · 10–3 tamos que o mercúrio apresenta um desnível de 19 cm e a situação se estabiliza.73 Resolução: De acordo com a Lei de Dalton (lei das pressões parciais). temos: (Rolha) pV=nRT pV=mRT (Hg) Δh (Ar) (Ar + CO2) M No recipiente B.25 atm Considerando-se que o ar se comporta como um gás perfeito.5 · 10–15 atm. vem: P0 V0 M m0 R T0 V T Figura 1 Figura 2 (Gelo-seco) R3 = = = 0 1 m1 P0 V1 M V1 T0 R T2 Todo o processo ocorre à temperatura do meio ambiente (27 °C). Assim: temos: V = 50 · 3. T = 27 °C = 300 K madamente quantas moléculas iremos encontrar em 1 mm3 do interior então: desse recipiente. o desnível ob- Respostas: a) 1.2 · 10–3 kg V = 150 m3 = 150 · 103 L 98 Na figura 1. Observe para tanto a figura 2.082 · (27 + 273) ⇒ n = 1 · 10–22 mols V = 150 m3 Portanto: Considerando o ar um gás perfeito. 1 · 150 · 103 = · 0. R3 = 0 · 1. V = 1 mm3 = 1 · 10–6 dm3 = 1 · 10–6 L. quando todo o gelo-seco passou para a fase gasosa. e) 20. à temperatura de 27 °C? 0. c) ⯝ 1. Indi- que claramente quais as hipóteses utilizadas e os quantitativos estima- Resolução: dos das variáveis empregadas. 1 litro = 1 (dm)3.02 · 1023 moléculas/mol. 97 Ao ler um livro sobre tecnologia do vácuo.04.082 · 300 ⇒ m ⯝ 178 kg 29.082 · 300 ⇒ n ⯝ 0. Temos: cipiente uma porção de gelo-seco (CO2). os níveis do pV=nRT mercúrio estão na mesma horizontal. usando a Equação de Clapeyron. podemos observar um recipiente de volume 2 li- tros. Quando é utilizado para a respiração de pacientes. inicialmente. o consumo de oxigênio recipiente portador. Δn = No – n2 = 250 – 100 ⇒ Δn = 150 mols Na válvula. presentes inicialmente no cilindro. H2 2. mantido o flu. gás a uma pressão de 100 atm e tempe. e. sendo uma dos mols dos referidos gases e outra gênio a 3 atm. B ⇒ H2. b) 18. no que restou. Colocou em um deles hidrogênio.0 h Respostas: A ⇒ CO2. neô- ratura de 300 K. até que a pressão interna no cilindro fique CO2 44 reduzida a 40 atm. com o medidor de fluxo indicando 5 litros/minuto.0 · 10–2 · 300 ⇒ Δt = 240 min ou 4. temos: B 1 936 m/s pV=nRT C 612 m/s 100 · 60 = No · 8.0 c) o intervalo de tempo t. A. Recipiente Velocidade média A constante dos gases ideais R ⯝ 8 · 10–2 litros · atm/K quadrática das partículas Resolução: A 412 m/s a) Usando-se a Equação de Clapeyron. B e C. para essas condições. Dado: 3R = 25 J/K · mol b) A vazão de um certo volume V de gás através da válvula. que saiu pela válvula. 3 · 5 · Δt = 150 · 8. 101 Numa prova de laboratório. que indica. c) Cálculo de Δn: Para o Ne. temos: 2 · 10–3 v2 = 7 500 ⇒ vH ⯝ 1 936 m/s 3 · 5 · 30 = n · 8. temos: p0 p2 20 · 10–3 v2 = 7 500 ⇒ vNe ⯝ 612 m/s = ⇒ 100 = 40 ⇒ n2 = 100 mols no n2 250 n2 Assim: Ne está no recipiente C. vem: la nos 30 minutos. Ne 20 xo de 5 litros/minuto.75 mols. em horas. em outro. consumidos em 30 minutos de uso. em um intervalo de tempo Δt. C ⇒ Ne . recipientes. acoplado a um medidor associando a velocidade média quadrática das partículas do gás com o de fluxo. Note e adote: Tabela II Considere o O2 como gás ideal. temos: p φ Δt = Δn R T 44 · 10–3 v2 = 7 500 ⇒ vCO ⯝ 412 m/s 2 Portanto: CO2 está no recipiente A. H2 está no recipiente B. vem: pV=nRT 300 = M · v2 ⇒ M v2 = 7 500 25 p φ Δt = n R T Para o H2. nio. Tópico 4 – Gases perfeitos 87 100 (Fuvest-SP) Um cilindro de oxigênio hospitalar (O ). Gás Mol (g) b) o número n de mols de O2.0 · 10–2 · 300 ⇒ 2 n = 18. é Resolução: φ = V ⇒ V = φ Δt Δt T = M v2 3R Aplicando-se a Equação de Clapeyron no gás que passa pela válvu- Sendo T = (27 + 273) K = 300 K. todos a 27 °C.0 h Respostas: a) 250 mols. regulado para fornecer oxi. de utilização do O2. nessa mesma temperatura. c) 4. dióxido de carbono. de 60 li. determine: Tabela I a) o número NO de mols de O2. um professor de Física pegou três 2 tros. alunos duas tabelas. Assim. Forneceu aos o gás passa por um redutor de pressão. Suponha a temperatura constante e igual a 300 K.0 · 10 · 300 ⇒ –2 No = 250 mols Identifique o gás contido em cada recipiente.75 mols onde n representa o gás utilizado. contém. temos: Para o CO2. em litros/minuto.