Um mol de um gás ideal com C. 1,5R, está no estado inicial de 300 K e 1 atm . Para cada transformação a seguir, calcule q, w, dU, dH, dS e dG.
O gás expande-se isotermicamente contra uma pressão zero até que a pressão do gás atinja o valor de 0,5 \mathrm{~atm}.

Passo 1

Enunciado e dados (o que foi dado e o que se pede).
  • Foi dado: um mol do gás ideal ( n=1) com calor específico molar a volume constante C_V = 1{,}5\,R.
  • Estado inicial: temperatura T_i = 300\\ \mathrm{K} e pressão P_i = 1{,}0\\ \mathrm{atm}.
  • Transformação: expansão isotérmica (temperatura constante) contra uma pressão externa nula ( P_{\text{ext}}=0) até que a pressão do gás atinja P_f = 0{,}5\\ \mathrm{atm}.
  • O enunciado pede: calcular q, w, \Delta U, \Delta H, \Delta S e \Delta G para essa transformação.
Observações imediatas extraídas do enunciado:
  • A transformação é isotérmica, então T_f=T_i=300\\ \mathrm{K}.
  • Como P_f = 0{,}5\\ \mathrm{atm} e P_i=1{,}0\\ \mathrm{atm} para um gás ideal isotérmico, a razão de volumes será V_f/V_i = P_i/P_f = 2 (isto será usado).
  • Foi dado C_V; portanto C_P = C_V + R = 1{,}5\,R + R = 2{,}5\,R (se precisar).

Passo 2

Definir convenções e equações fundamentais que vamos usar (e explicar cada símbolo).
  • Convenção de energia (primeira lei): \Delta U = q + w, onde
    • \Delta U é a variação da energia interna do sistema (J),
    • q é o calor trocado com o sistema (J) — positivo se entra no sistema,
    • w é o trabalho realizado sobre o sistema (J) — positivo se feito sobre o sistema.
      (Essa é a convenção habitual em química; se preferir a outra convenção, basta notar que sinais mudam, mas aqui usaremos essa.)
  • Trabalho de expansão contra pressão externa constante:
    w = -\int_{V_i}^{V_f} P_{\text{ext}}\,dV = -P_{\text{ext}}(V_f-V_i).
    Explicação: P_{\text{ext}} é a pressão que resiste à expansão; se P_{\text{ext}}=0 então o integrando é zero e w=0.
  • Para gás ideal, energia interna depende apenas da temperatura:
    \Delta U = n C_V \Delta T.
    Como a transformação é isotérmica, \Delta T=0 então \Delta U=0. Variáveis: n mols, C_V capacidade molar a volume constante, \Delta T=T_f-T_i.
  • Para gás ideal, entalpia também depende apenas da temperatura:
    \Delta H = n C_P \Delta T,
    onde C_P = C_V + R. Novamente, para \Delta T=0 temos \Delta H=0.
  • Variação de entropia do sistema entre dois estados (função de estado): usar um caminho reversível isotérmico para calcular
    \Delta S = \int_{\text{rev}} \frac{\delta q_{\text{rev}}}{T}.
    Para um gás ideal isotérmico isso dá
    \Delta S = nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right) = nR\ln\!\left(\frac{P_i}{P_f}\right),
    porque P V = nRT e T é constante. Aqui R é a constante dos gases ideais.
  • Variação de energia livre de Gibbs a temperatura constante:
    \Delta G = \Delta H - T\Delta S.
    Como \Delta H=0 para gás ideal isotérmico, \Delta G = -T\Delta S.
  • Constante dos gases: para cálculos numéricos em J, usamos R = 8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.

Passo 3

Determinar a relação entre volumes inicial e final (razão de volumes).
  • Pelo gás ideal isotérmico: P_i V_i = P_f V_f = nRT. Logo \frac{V_f}{V_i} = \frac{P_i}{P_f}.
  • Substituindo P_i = 1{,}0\\ \mathrm{atm} e P_f = 0{,}5\\ \mathrm{atm}: \frac{V_f}{V_i} = \frac{1{,}0}{0{,}5} = 2.
  • Conclusão: o volume dobra ( V_f = 2 V_i).

Passo 4

Calcular o trabalho w.
  • Fórmula para trabalho com pressão externa constante: w = -P_{\text{ext}}(V_f-V_i).
  • Aqui P_{\text{ext}}=0, então w = -0\cdot (V_f-V_i) = 0.
  • Interpretação física: expansão livre (contra vácuo) não realiza trabalho porque não há resistência externa; embora o gás tenha aumentado de volume, não foi feito trabalho sobre o ambiente.

Passo 5

Calcular \Delta U, \Delta H e q.
  • Como a transformação é isotérmica, \Delta T=0. Então, usando as fórmulas:
    \Delta U = n C_V \Delta T = 1\cdot(1{,}5\,R)\cdot 0 = 0.
    Explicação: energia interna do gás ideal depende só de T, então sem variação de T não há mudança interna.
    \Delta H = n C_P \Delta T = 1\cdot(2{,}5\,R)\cdot 0 = 0.
  • Pela primeira lei \Delta U = q + w. Já sabemos \Delta U=0 e w=0, logo
    q = \Delta U - w = 0 - 0 = 0.
    Interpretação: não houve troca de calor com o ambiente neste processo irreversível de expansão livre.

Passo 6

Calcular a variação de entropia \Delta S.
  • Mesmo sendo o processo irreversível, entropia é função de estado, então pode-se calcular \Delta S considerando um caminho reversível (por exemplo, uma expansão isotérmica reversível entre os mesmos estados).
  • Usar: \Delta S = nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
  • Substituindo n=1 e V_f/V_i=2: \Delta S = R\ln 2.
  • Agora o valor numérico com R=8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}: \Delta S = 8{,}314\cdot\ln 2 \approx 8{,}314\cdot 0{,}693147 \approx 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Sinal: positivo, o que faz sentido físico (expansão livre aumenta a entropia do sistema).

Passo 7

Calcular \Delta G.
  • Usar \Delta G = \Delta H - T\Delta S. Como \Delta H=0:
    \Delta G = -T\Delta S = -300\\ \mathrm{K}\times (8{,}314\ln 2).
  • Numérico:
    \Delta G = -300\cdot 5{,}762\\ \mathrm{J\,K^{-1}} \approx -1{,}73\times 10^{3}\\ \mathrm{J}.
    (mais corretamente -1{,}729\times 10^{3}\\ \mathrm{J}, arredondando para três algarismos significativos -1{,}73\times10^{3}\\ \mathrm{J}).
  • Interpretação: \Delta G é negativo porque a entropia do sistema aumentou a temperatura constante, então a parte -T\Delta S é negativa; embora não haja troca de calor, a disponibilidade de energia livre diminui.

Passo 8

Resumo físico e checagem da segunda lei.
  • Resultados obtidos:
    • q=0: sem troca de calor com o ambiente.
    • w=0: sem trabalho realizado (expansão contra pressão nula).
    • \Delta U=0 e \Delta H=0: pois \Delta T=0.
    • \Delta S = R\ln 2 \approx 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}: entropia do sistema aumenta.
    • \Delta G = -T\Delta S \approx -1{,}73\times 10^{3}\\ \mathrm{J}.
  • Entropia do universo nessa transformação: \Delta S_{\text{univ}} = \Delta S_{\text{sistema}} + \Delta S_{\text{vizinhança}}ç. Como q=0, a vizinhança não recebe calor reversível e \Delta S_{\text{vizinhança}}=0ç, então \Delta S_{\text{univ}}=\Delta S_{\text{sistema}}>0, consistente com irreversibilidade.

Resposta

q = 0\\ \mathrm{J}
w = 0\\ \mathrm{J}
\Delta U = 0\\ \mathrm{J}
\Delta H = 0\\ \mathrm{J}
\Delta S = R\ln 2 \approx 5{,}76\\ \mathrm{J\,K^{-1}}
\Delta G = -T\Delta S \approx -1{,}73\times 10^{3}\\ \mathrm{J}

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