Um gás ideal se expande de 1,5 \mathrm{~L} na pressão de 5 atm a uma temperatura de 373 K até um volume final de 8,2 \mathrm{~L}. Considerando que a expansão desse gás seguiu dois caminhos distintos: expansão isotérmica reversível e expansão livre isotérmica reversível, determinar para cada caminho: w, \mathrm{q}, \Delta \mathrm{U}, \Delta \mathrm{S}, \Delta \mathrm{S}_{\mathrm{viz}} e \Delta \mathrm{S}_{\mathrm{tot}}.
Como a temperatura é constante e o gás é ideal: \boldsymbol{\Delta} \mathbf{U}_{\mathbf{a}}=\mathbf{0}. Assim, q_{a}=-w_{a} (1a. Lei da termodinâmica). O trabalho de expansão em um processo isotérmico reversível pode ser calculado por:
P V=n R T \Rightarrow n=\frac{P V}{R T}=\frac{5 \times 1,5}{0,082 \times 373} \Rightarrow n=0,245 \mathrm{~mol} w_{a}=-n R T \cdot \ln \left(\frac{V_{f}}{V_{i}}\right)=-0,245 \times 8,3145 \times 373 \times \ln \left(\frac{8,2}{1,5}\right) \Rightarrow \boldsymbol{w}_{\boldsymbol{a}}=-\mathbf{1 . 2 9 0 , 7} \mathrm{J}
Assim, \mathbf{q}_{\mathrm{a}}=+\mathbf{1 . 2 9 0 , 8 7} \mathbf{J}.
\Delta S_{a}=\frac{q}{T}=\frac{1290,87}{373} \Rightarrow \Delta S_{a}=\mathbf{3 , 4 6 J ~ K - 1}
Como q_{\text {viz }}=-q
\begin{gathered} \Delta S_{v i z}=\frac{q_{v i z}}{T}=\frac{-1290,87}{373} \Rightarrow \Delta \boldsymbol{S}_{v i z}=-\mathbf{3}, \mathbf{4 6 J ~ K} \mathbf{K}^{-\mathbf{1}} \\\ \Delta \mathrm{S}_{\mathrm{tot}}=\Delta \mathrm{S}+\Delta \mathrm{S}_{\mathrm{viz}} \Rightarrow \Delta \mathrm{~S}_{\mathrm{tot}}=\mathbf{0} \end{gathered}

Passo 1

O enunciado trata da expansão isotérmica de um gás ideal de volume inicial V_i=1{,}5 L e pressão inicial P_i=5 atm a uma temperatura constante T=373 K até o volume final V_f=8{,}2 L. Precisamos aplicar a primeira lei da termodinâmica \Delta U=q+w e o conceito de entropia \Delta S=q_\text{rev}/T para dois caminhos distintos:
a) expansão isotérmica reversível,
b) expansão livre (irreversível) isotérmica.

Passo 2

Primeiro, calculamos a quantidade de matéria n do gás usando a equação de estado:
n=\frac{P_i V_i}{R\,T}
Substituindo P_i=5 atm, V_i=1{,}5 L, R=0{,}08206, \tfrac{\text{L\cdotatm}}{\text{mol\cdotK}} e T=373 K, obtemos
n=\frac{5\times1{,}5}{0{,}08206\times373}\approx0{,}245\text{ mol}.

Passo 3

Caminho a: expansão isotérmica reversível
  1. Trabalho do gás:
w_a=-nRT\ln\!\biggl(\frac{V_f}{V_i}\biggr) =-0{,}245\times8{,}3145\times373\times\ln\!\bigl(\tfrac{8{,}2}{1{,}5}\bigr) \approx-1291\text{ J}.
  1. Como \Delta U=0 para gás ideal isotérmico, da 1ª lei segue q_a=-w_a\approx+1291 J.
  2. Variação de entropia do gás (processo reversível):
\Delta S_a=\frac{q_a}{T}=\frac{1291}{373}\approx3{,}46\text{ J\cdotK}^{-1}.
  1. Variação de entropia dos vizinhos (reservatório térmico):
\Delta S_{\text{viz},a}=-\frac{q_a}{T}=-\frac{1291}{373}\approx-3{,}46\text{ J\cdotK}^{-1}.
  1. Entropia total:
\Delta S_{\text{tot},a}=\Delta S_a+\Delta S_{\text{viz},a}=0.

Passo 4

Caminho b: expansão livre isotérmica (irreversível)
  1. Trabalho externo é zero w_b=0 porque não há pressão externa resistindo.
  2. Não há troca de calor q_b=0, logo \Delta U_b=0.
  3. Variação de entropia do gás (mesmo estado inicial e final, mas por caminho irreversível):
\Delta S_b=nR\ln\!\biggl(\frac{V_f}{V_i}\biggr) =0{,}245\times8{,}3145\times\ln\!\bigl(\tfrac{8{,}2}{1{,}5}\bigr) \approx3{,}46\text{ J\cdotK}^{-1}.
  1. Variação de entropia dos vizinhos:
\Delta S_{\text{viz},b}=0
(porque q_b=0).
5. Entropia total:
\Delta S_{\text{tot},b}=\Delta S_b+\Delta S_{\text{viz},b}\approx3{,}46\text{ J\cdotK}^{-1}>0,
confirmando irreversibilidade.

Resposta

Caminho a (isotérmico reversível): w_a=-1291 J, q_a=+1291 J, \Delta U_a=0, \Delta S_a=+3{,}46 K^{-}¹, \Delta S_{\text{viz},a}=-3{,}46 K^{-}¹, \Delta S_{\text{tot},a}=0.
Caminho b (expansão livre irreversível): w_b=0, q_b=0, \Delta U_b=0, \Delta S_b=+3{,}46 K^{-}¹, \Delta S_{\text{viz},b}=0, \Delta S_{\text{tot},b}=+3{,}46 K^{-}¹.

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