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 adiabaticamente contra uma pressão constante de 0,5 atm até que a pressão final do gás seja de 0,5 \mathrm{~atm}.

Passo 1

O enunciado dá um mol de gás ideal com C_V = 1{,}5\,R no estado inicial:
  • n=1\\ \text{mol}.
  • T_1=300\\ \text{K}.
  • P_1=1{,}00\\ \text{atm}.
A transformação é: o gás expande-se adiabaticamente contra uma pressão externa constante P_{\text{ext}}=0{,}5\\ \text{atm} até que a pressão final do gás seja P_2=0{,}5\\ \text{atm}. O enunciado pede os valores de q,\;w,\;\Delta U,\;\Delta H,\;\Delta S,\;\Delta G para essa transformação.
Informações e convenções que vamos usar (pegas do enunciado ou padrão):
  • Processo adiabático implica q=0.
  • Primeira lei: q+w=\Delta U.
  • Convenção de trabalho: w é o trabalho feito sobre o sistema, portanto para uma expansão contra pressão constante
w = -P_{\text{ext}}\,\Delta V.
  • Para gás ideal:
\Delta U = n C_V (T_2-T_1),\qquad \Delta H = n C_P (T_2-T_1),
com C_P = C_V + R.
  • Lei dos gases ideais:
P V = n R T.
  • Constantes e unidades (vamos trabalhar em SI para energia): R=8{,}314\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}. Conversão de pressão: 1\\ \text{atm}=1{,}01325\times10^{5}\\ \text{Pa}.
A resolução numérica começa agora.

Passo 2

Vamos encontrar T_2 e os volumes V_1 e V_2. Primeiro expressar V_1 por gás ideal:
V_1=\frac{n R T_1}{P_1}.
Usando P_1=1{,}01325\times10^{5}\\ \text{Pa}, n=1, R=8{,}314\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}, T_1=300\\ \text{K}:
V_1=\frac{1\cdot 8{,}314\cdot 300}{1{,}01325\times10^{5}}\\ \text{m}^3.

Passo 3

Calcular numericamente V_1:
V_1=\frac{2494{,}2}{101325}\\ \text{m}^3 \approx 0{,}02461\\ \text{m}^3.
(para lembrar: 0{,}02461\\ \text{m}^3=24{,}61\\ \text{L}).

Passo 4

Agora deduzimos T_2 usando que o processo é adiabático ( q=0) e a primeira lei q+w=\Delta U. Assim
\Delta U = w.
Escrevendo \Delta U = n C_V (T_2-T_1) e w = -P_{\text{ext}}(V_2-V_1) e usando V_2=\dfrac{n R T_2}{P_2} com P_2=P_{\text{ext}}, obtemos:
n C_V (T_2-T_1) = -P_{\text{ext}}\!\left(\frac{n R T_2}{P_{\text{ext}}}-V_1\right).
Simplificando o lado direito:
n C_V (T_2-T_1) = -n R T_2 + P_{\text{ext}} V_1.
Rearranjando termos com T_2:
n(C_V+R)T_2 = n C_V T_1 + P_{\text{ext}} V_1.
Reconhecendo C_P=C_V+R, temos a fórmula fechada
T_2=\frac{n C_V T_1 + P_{\text{ext}} V_1}{n C_P}.

Passo 5

Calcular constantes numéricas: C_V = 1{,}5 R = 1{,}5\cdot 8{,}314 = 12{,}471\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}. Então C_P = C_V+R = 2{,}5 R = 20{,}785\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
Calcular P_{\text{ext}}V_1 em joules (pois P em Pa e V em m^3 dá J):
P_{\text{ext}}=0{,}5\\ \text{atm}=0{,}5\cdot 1{,}01325\times10^{5}\\ \text{Pa}=5{,}06625\times10^{4}\\ \text{Pa},
P_{\text{ext}}V_1=5{,}06625\times10^{4}\cdot 0{,}02461\\ \text{J}\approx 1247{,}5\\ \text{J}.
Calcular n C_V T_1:
n C_V T_1 = 1\cdot 12{,}471\cdot 300 = 3741{,}3\\ \text{J}.
Substituindo na expressão para T_2:
T_2=\frac{3741{,}3 + 1247{,}5}{20{,}785}\\ \text{K} \approx \frac{4988{,}8}{20{,}785}\\ \text{K}\approx 240{,}0\\ \text{K}.

Passo 6

Com T_2 encontrado, calculamos V_2 pela lei dos gases:
V_2=\frac{n R T_2}{P_2}=\frac{1\cdot 8{,}314\cdot 240}{5{,}06625\times10^{4}}\\ \text{m}^3 \approx 0{,}03938\\ \text{m}^3.
Verificação rápida: V_2/V_1=(T_2/T_1)(P_1/P_2)=0{,}8\cdot 2 =1{,}6, e 0{,}02461\cdot 1{,}6\approx 0{,}03938\\ \text{m}^3 — consistente.

Passo 7

Agora calculamos as quantidades pedidas uma a uma.
q: como o processo é adiabático,
q=0.

Passo 8

w: usar w=-P_{\text{ext}}(V_2-V_1). Já temos P_{\text{ext}}, V_1 e V_2:
\Delta V = V_2-V_1 = 0{,}03938-0{,}02461 = 0{,}01477\\ \text{m}^3.
w = -5{,}06625\times10^{4}\cdot 0{,}01477\\ \text{J} \approx -748{,}3\\ \text{J}.
(Sinal negativo: trabalho realizado pelo gás.)
Também por conservação de energia, como q=0, tem-se \Delta U = w — vamos confirmar no próximo passo.

Passo 9

\Delta U: usar \Delta U = n C_V (T_2-T_1):
\Delta U = 1\cdot 12{,}471\cdot (240{,}0-300{,}0)\\ \text{J} = 12{,}471\cdot(-60{,}0)\\ \text{J}\approx -748{,}3\\ \text{J}.
Concorda com w e com q+w=\Delta U (pois q=0).

Passo 10

\Delta H: usar \Delta H = n C_P (T_2-T_1) com C_P=20{,}785\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}:
\Delta H = 1\cdot 20{,}785\cdot(-60{,}0)\\ \text{J} \approx -1247{,}1\\ \text{J}.

Passo 11

\Delta S do sistema: usar fórmula de estado para gás ideal (válida mesmo que o processo seja irreversível, porque \Delta S é função de estado). Uma forma conveniente é
\Delta S = n C_V \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) + n R \ln\!\left(\frac{V_2}{V_1}\right).
Como V_2/V_1=1{,}6 e T_2/T_1=0{,}8, e C_V=1{,}5R, temos
\Delta S = R\bigl(1{,}5\ln(0{,}8) + \ln(1{,}6)\bigr).
Calcular numericamente:
\ln(0{,}8)=-0{,}22314355,\quad \ln(1{,}6)=0{,}47000363,
1{,}5\ln(0{,}8)+\ln(1{,}6) = -0{,}3347153 + 0{,}4700036 = 0{,}1352883,
\Delta S = 8{,}314\cdot 0{,}1352883\\ \text{J K}^{-1}\approx 1{,}1259\\ \text{J K}^{-1}.
Arredondando: \Delta S \approx 1{,}126\\ \text{J K}^{-1} (positivo — o sistema ganhou entropia pela expansão irreversível).

Passo 12

\Delta G: como G é função de estado, usaremos uma expressão para gás ideal com capacidades caloríficas constantes. Para capacidades constantes, a diferença entre estados (T_1,P_1) e (T_2,P_2) é
\Delta G = n C_P (T_2-T_1) - n T_2 C_P \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) + n R T_2 \ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right).
(Substitui as integrais explicitamente para caminho conveniente; derivação baseada em dG=VdP-SdT e nas integrais com C_P constante.)
Substituir valores: n=1, C_P=20{,}785\\ \text{J K}^{-1}, T_1=300, T_2=240, P_1=1{,}0\\ \text{atm}, P_2=0{,}5\\ \text{atm}. Calcular passo a passo:
Termo A: n C_P (T_2-T_1) = -1247{,}1\\ \text{J} (igual a \Delta H).
Termo B: - n T_2 C_P \ln(T_2/T_1) = -1\cdot 240{,}0\cdot 20{,}785\cdot \ln(0{,}8).
Como \ln(0{,}8)=-0{,}22314355, temos Termo B = +1113{,}6\\ \text{J}.
Termo C: n R T_2 \ln(P_2/P_1) = 8{,}314\cdot 240{,}0\cdot \ln(0{,}5).
Como \ln(0{,}5)=-0{,}693147, Termo C \approx -1383{,}8\\ \text{J}.
Somando:
\Delta G = -1247{,}1 + 1113{,}6 -1383{,}8\\ \text{J} \approx -1517{,}3\\ \text{J}.

Passo 13

Breve verificação física e comentário de ânimo:
  • q=0 (adiabático) e trabalho negativo (expansão) resultaram em \Delta U<0 e queda de temperatura de 300 para 240\\ \text{K}.
  • A entropia do sistema aumentou ( \Delta S>0) porque a expansão foi irreversível (adiabática mas contra uma pressão menor que a pressão inicial).
  • A energia livre diminuiu bastante ( \Delta G<0), compatível com processo espontâneo irreversível nas condições dadas.
    Bom trabalho — essa sequência de passos (usar 1ª lei para achar T_2, depois calcular cada grandeza pela sua fórmula) é um método que dá certo na prova e é rápido quando se domina.

Resposta

q=0.
w\approx -7{,}48\times10^{2}\\ \text{J}.
\Delta U\approx -7{,}48\times10^{2}\\ \text{J}.
\Delta H\approx -1{,}25\times10^{3}\\ \text{J}.
\Delta S\approx +1{,}126\\ \text{J}\,\text{K}^{-1}.
\Delta G\approx -1{,}52\times10^{3}\\ \text{J}.

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