(2,0) Um mol de um gás ideal a 27^{\circ} \mathrm{C} e 0,100 \mathrm{MPa} é comprimido adiabática e reversivelmente a uma pressão final de 1,00 \mathrm{MPa}. Calcule a temperatura final, q, w, \Delta U \mathrm{e} \Delta H. A capacidade calorífica molar deste gás ideal é \mathrm{C}_{\mathrm{v}}=3 \mathrm{R} / 2.
(2,0) Qual a variação da entalpia padrão para a reação de redução da hematita pelo gás de hidrogênio à 1000 K ?
\mathrm{Fe}_{2} \mathrm{O}_{3}(\mathrm{~s})+\mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}) \rightarrow \mathrm{Fe}(\mathrm{~s})+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}(\mathrm{l})
Dados a 298 K : \Delta \mathrm{H}_{\mathrm{f}}^{\rho}\left(\mathrm{Fe}_{2} \mathrm{O}_{3}, \mathrm{~s}\right)=-824,2 \mathrm{~kJ} / \mathrm{mol} ; \Delta \mathrm{H}_{\mathrm{f}}{ }^{\rho}\left(\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}, \mathrm{l}\right)=-285,8 \mathrm{~kJ} / \mathrm{mol} ; \mathrm{C}_{\mathrm{p}}{ }^{\circ}\left(\mathrm{Fe}_{2} \mathrm{O}_{3}\right., =103,8 \mathrm{~J} / \mathrm{mol} ; C_{p}{ }^{\circ}\left(\mathrm{H}_{2}, \mathrm{~g}\right)=28,8 \mathrm{~J} / \mathrm{mol} ; \mathrm{C}_{p}{ }^{\circ}(\mathrm{Fe}, \mathrm{~s})=25,1 \mathrm{~J} / \mathrm{mol} ; \mathrm{C}_{p}{ }^{\circ}\left(\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}, \mathrm{l}\right)=75,3

Passo 1

O enunciado contém duas perguntas separadas. Vou listar claramente o que cada pergunta pede e todas as informações numéricas fornecidas.
Parte A (gás ideal comprimido adiabática e reversivelmente):
  • O que pedem:
    • Calcular a temperatura final T_2.
    • Calcular q, w, \Delta U e \Delta H do processo.
  • Dados fornecidos:
    • Número de mols: n=1.
    • Temperatura inicial: T_1=27^\circ\mathrm{C}=300\\ \mathrm{K}.
    • Pressão inicial: P_1=0{,}100\\ \mathrm{MPa}.
    • Pressão final: P_2=1{,}00\\ \mathrm{MPa}.
    • Capacidade calorífica molar a volume constante: C_V=\dfrac{3R}{2}.
    • Constante dos gases: vou usar R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
Parte B (variação de entalpia padrão a 1000\\ \mathrm{K}):
  • O que pedem:
    • Calcular \Delta H^\circ da reação de redução da hematita pelo hidrogênio à 1000\\ \mathrm{K}.
  • Reação (a equação dada no enunciado está aparentemente sem coeficientes; para poder calcular \Delta H é necessário que a reação esteja balanceada). Vou usar a forma balanceada da redução de \mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3 por hidrogênio: \mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3(\mathrm{s}) + 3\,\mathrm{H}_2(\mathrm{g}) \rightarrow 2\,\mathrm{Fe}(\mathrm{s}) + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{l}).(Esta é a forma balanceada habitual; cada lado tem 2 Fe e 3 O).
  • Dados a 298\\ \mathrm{K}:
    • \Delta H_f^\circ(\mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3,\mathrm{s})=-824{,}2\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
    • \Delta H_f^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O},\ell)=-285{,}8\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
    • Pressupõe-se \Delta H_f^\circ(\mathrm{H}_2,\mathrm{g})=0 e \Delta H_f^\circ(\mathrm{Fe},\mathrm{s})=0 (elementos).
  • Capacidades caloríficas molares (assumo constantes na faixa 298 1000\\ \mathrm{K}):
    • C_p^\circ(\mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3)=103{,}8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • C_p^\circ(\mathrm{H}_2)=28{,}8\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • C_p^\circ(\mathrm{Fe})=25{,}1\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
    • C_p^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O},\ell)=75{,}3\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.

Passo 2

(Parte A) Primeiro passo teórico: relações para um gás ideal em compressão adiabática reversível.
  • Para um gás ideal que obedece a uma transformação adiabática reversível vale a lei politrópica adiabática P V^{\gamma}=\text{constante},onde \gamma=\dfrac{C_p}{C_V}.
  • Usando a equação de estado P V=n R T e P V^{\gamma}= const, obtém-se também T V^{\gamma-1}=\text{constante}.Dessa relação segue a forma útil envolvendo pressões: \frac{T_2}{T_1}=\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}.Vou usar esta última para calcular T_2.

Passo 3

(Parte A) Calcular \gamma, T_2 e interpretar o que acontece com q,w,\Delta U,\Delta H.
  • Calcular \gamma: C_V=\frac{3R}{2}\quad\Rightarrow\quad C_p=C_V+R=\frac{5R}{2}.Portanto \gamma=\frac{C_p}{C_V}=\frac{\tfrac{5R}{2}}{\tfrac{3R}{2}}=\frac{5}{3}.
  • Aplicar a relação para T_2: \frac{T_2}{T_1}=\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}} =\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{2/3}{5/3}}=\left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{2/5}.Substituindo P_2/P_1=\dfrac{1{,}00}{0{,}100}=10 e T_1=300\\ \mathrm{K}: T_2 = 300\cdot 10^{2/5}=300\cdot 10^{0{,}4}.
  • Calcular numericamente 10^{0{,}4}. Uma boa aproximação é 10^{0{,}4}\approx 2{,}511886. Logo T_2\approx 300\cdot 2{,}511886 \approx 753{,}6\\ \mathrm{K}.

Passo 4

(Parte A) Calcular q, w, \Delta U e \Delta H usando as relações de termodinâmica do gás ideal.
  • Em um processo adiabático reversível vale q=0 por definição (nenhuma troca de calor).
  • Primeira lei: \Delta U = q + w. Com q=0 temos \Delta U = w.
  • Para um gás ideal monótono qualquer transformação tem \Delta U = n C_V (T_2-T_1).E a variação de entalpia é \Delta H = n C_p (T_2-T_1).Vou calcular C_V e C_p numericamente com R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}: C_V=\frac{3R}{2}=\frac{3\cdot 8{,}314}{2}=12{,}471\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}},
C_p=\frac{5R}{2}=\frac{5\cdot 8{,}314}{2}=20{,}785\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.
  • Diferença de temperaturas: \Delta T = T_2-T_1 \approx 753{,}6-300=453{,}6\\ \mathrm{K}.
  • Calcular \Delta U: \Delta U = n C_V \Delta T = 1\cdot 12{,}471\cdot 453{,}6 \approx 5{,}656\\ \mathrm{J}.(arredondei para três algarismos significativos).
  • Como q=0, segue w=\Delta U \approx 5{,}656\\ \mathrm{J} (isto é trabalho positivo no sentido “trabalho feito sobre o sistema” — compressão eleva a energia interna).
  • Calcular \Delta H: \Delta H = n C_p \Delta T = 1\cdot 20{,}785\cdot 453{,}6 \approx 9{,}427\\ \mathrm{J}.

Passo 5

(Parte A) Interpretação e observações práticas para a prova (dica amiga e rápida).
  • Resumo prático: para compressão adiabática reversível de gás ideal, calcular \gamma, usar \dfrac{T_2}{T_1}=(P_2/P_1)^{(\gamma-1)/\gamma} para T_2. Depois q=0, \Delta U=nC_V\Delta T, \Delta H=nC_p\Delta T e w=\Delta U.
  • Atenção ao sinal de w: aqui usei a convenção \Delta U=q+w com w trabalho feito sobre o sistema (compressão positiva). Alguns livros usam w como trabalho feito pelo sistema (sendo então o sinal trocado); veja a convenção do seu curso e adapte.

Passo 6

(Parte B) Teoria: como obter \Delta H^\circ a temperatura diferente de 298\\ \mathrm{K} (Lei de Kirchhoff).
  • A Lei de Kirchhoff diz que, assumindo capacidades caloríficas aproximadamente constantes (ou conhecidas), a variação de entalpia padrão a T é \Delta H^\circ(T)=\Delta H^\circ(298\\ \mathrm{K})+\int_{298}^{T}\Delta C_p^\circ\,dT.Se os C_p^\circ forem tomados constantes nesta faixa, a integral simplifica para \Delta H^\circ(T)=\Delta H^\circ(298\\ \mathrm{K})+\Delta C_p^\circ\,(T-298).Aqui \Delta C_p^\circ=\sum_{\text{produtos}} \nu_i C_{p,i}^\circ - \sum_{\text{reagentes}} \nu_j C_{p,j}^\circ, com os coeficientes estequiométricos \nu da reação balanceada.

Passo 7

(Parte B) Calcular \Delta H^\circ a 298\\ \mathrm{K} e \Delta C_p^\circ para a reação balanceada.
  • Primeiro a entalpia padrão de reação a 298\\ \mathrm{K}: \Delta H^\circ_{298}=\sum \nu_i \Delta H_f^\circ(\text{produtos})-\sum \nu_j \Delta H_f^\circ(\text{reagentes}).Para a reação \mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3(\mathrm{s}) + 3\,\mathrm{H}_2(\mathrm{g}) \rightarrow 2\,\mathrm{Fe}(\mathrm{s}) + 3\,\mathrm{H}_2\mathrm{O}(\ell),obtemos (usando \Delta H_f^\circ(\mathrm{H}_2)=0 e \Delta H_f^\circ(\mathrm{Fe})=0): \Delta H^\circ_{298}= \big(2\cdot 0 + 3\cdot(-285{,}8)\big) - \big(1\cdot(-824{,}2) + 3\cdot 0\big).Calculando: 3\cdot(-285{,}8)=-857{,}4,
\Delta H^\circ_{298} = -857{,}4 -(-824{,}2) = -857{,}4 +824{,}2 = -33{,}2\\ \mathrm{kJ}.
  • Agora \Delta C_p^\circ (em \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}): \Delta C_p^\circ = \big(2\cdot C_p^\circ(\mathrm{Fe}) + 3\cdot C_p^\circ(\mathrm{H}_2\mathrm{O})\big) - \big(1\cdot C_p^\circ(\mathrm{Fe}_2\mathrm{O}_3) + 3\cdot C_p^\circ(\mathrm{H}_2)\big).Substituindo valores: \Delta C_p^\circ = \big(2\cdot 25{,}1 + 3\cdot 75{,}3\big) - \big(103{,}8 + 3\cdot 28{,}8\big).Calcular termos: 2\cdot 25{,}1=50{,}2;\quad 3\cdot 75{,}3=225{,}9;\quad \text{soma produtos}=276{,}1.
3\cdot 28{,}8=86{,}4;\quad 103{,}8+86{,}4=190{,}2.
Então
\Delta C_p^\circ = 276{,}1 - 190{,}2 = 85{,}9\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.

Passo 8

(Parte B) Aplicar Kirchhoff para T=1000\\ \mathrm{K}.
  • Usando os resultados: \Delta H^\circ(1000\\ \mathrm{K})=\Delta H^\circ_{298} + \Delta C_p^\circ\,(1000-298).Converter \Delta H^\circ_{298} para \mathrm{J} ou \Delta C_p^\circ para \mathrm{kJ\,K^{-1}}. Vou converter \Delta C_p^\circ para \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}: \Delta C_p^\circ = 85{,}9\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} = 0{,}0859\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}K^{-1}}.Diferença de temperatura: 1000-298=702\\ \mathrm{K}.Então o termo de correção é \Delta C_p^\circ\,(T-298)=0{,}0859\cdot 702 \approx 60{,}30\\ \mathrm{kJ}.Finalmente: \Delta H^\circ(1000\\ \mathrm{K}) = -33{,}2 + 60{,}30 \approx +27{,}10\\ \mathrm{kJ}.(Resultado positivo: a reação, que é levemente exotérmica a 298\\ \mathrm{K}, torna-se endotérmica a 1000\\ \mathrm{K} com os dados e suposições dadas).

Passo 9

(Dicas finais e verificação)
  • Revendo suposições: na Parte A supus gás ideal e C_V constante (valor dado); na Parte B assumi C_p^\circ independentes de T (valor constante) — isso é comum em exercícios de prova quando se fornecem valores numéricos fixos.
  • Arredondei resultados para 3 algarismos significativos quando apropriado e mantive unidades consistentes.
  • Se o seu professor usa convenção oposta para o sinal de w (trabalho feito pelo sistema negativo), basta trocar o sinal de w no resultado numérico.

Resposta

Parte A:
T_2 \approx 753{,}6\\ \mathrm{K}
q = 0\\ \mathrm{J}
w \approx 5{,}656\\ \mathrm{J}
\Delta U \approx 5{,}656\\ \mathrm{J}
\Delta H \approx 9{,}427\\ \mathrm{J}
Parte B:
\Delta H^\circ(1000\\ \mathrm{K}) \approx +27{,}10\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}

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