Uma amostra de um mol de um gás ideal diatômico a 100 K é comprimida reversivelmente e adiabaticamente até que sua temperatura alcance 350 K . Sabendo que C_{v, m}=25,4 \mathrm{~J} \mathrm{~K}^{-1} \mathrm{~mol}^{-1}, calcule q, w, \Delta U e \Delta H.

Passo 1

O enunciado trata de uma amostra de 1 mol de gás ideal diatômico que sofre compressão reversível e adiabática de T_{1}=100,K até T_{2}=350,K. Como o processo é adiabático reversível, temos q=0. Para resolver vamos usar:
– Primeira lei da termodinâmica: \Delta U = q + w.
– Para gás ideal: \Delta U = n\,C_{v,m}\,\Delta T e \Delta H = n\,C_{p,m}\,\Delta T.
– Relação C_{p,m}=C_{v,m}+R, com R=8{,}314,J K ^{-1} mol ^{-1}.

Passo 2

Como o processo é adiabático, o calor trocado é nulo:
q = 0.

Passo 3

O aumento de energia interna é dado por
\Delta U = n\,C_{v,m}\,(T_{2}-T_{1}) = 1\cdot 25{,}4\;\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}\;\bigl(350 - 100\bigr) = 25{,}4 \times 250 = 6\,350\;\mathrm{J}.

Passo 4

Pela primeira lei \Delta U = q + w, temos
w = \Delta U - q = 6\,350 - 0 = 6\,350\;\mathrm{J}.
Como w é o trabalho realizado pelo sistema e aqui ele é comprimido, este trabalho é negativo:
w = -6\,350\;\mathrm{J}.

Passo 5

Para a variação de entalpia calculamos primeiro
C_{p,m} = C_{v,m} + R = 25{,}4 + 8{,}314 = 33{,}714\;\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{K}\cdot\mathrm{mol}}.
Então
\Delta H = n\,C_{p,m}\,(T_{2}-T_{1}) = 1\cdot 33{,}714 \times 250 = 8\,428{,}5\;\mathrm{J}.

Resposta

q = 0 w = -6\,350\;\mathrm{J} \Delta U = +6\,350\;\mathrm{J} \Delta H = +8\,428{,}5\;\mathrm{J}

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