Questão 02 - Calcule q, w, De e De, quando uma amostra de 1,60 mol de gás neônio, a 25^circ C e 1,50 atm, se expande até o volume triplicar, numa expansão isotérmica reversível,
Suponha que o gás neônio possa ser considerado um gás perfeito.

Passo 1

Beleza, vamos lá! O enunciado da questão fala sobre uma amostra de 1,60 mol de gás neônio que está a 25°C (ou 298 K) e 1,50 atm de pressão. Esse gás sofre uma expansão isotérmica reversível, ou seja, a temperatura se mantém constante enquanto o volume triplica. Nosso objetivo é calcular várias grandezas termodinâmicas dessa transformação: q (calor trocado), w (trabalho realizado), ΔU (variação da energia interna), ΔH (variação da entalpia), ΔS (variação da entropia do sistema), ΔS₍viz₎ (variação da entropia do ambiente), ΔS_tot (variação total da entropia) e ΔG (variação da energia de Gibbs). Para isso, vamos usar conceitos de termodinâmica dos gases perfeitos e processos isotérmicos.

Passo 2

Primeiro, vamos entender que em uma expansão isotérmica de um gás perfeito, a temperatura (T) permanece constante. Isso simplifica algumas contas, porque em processos isotérmicos para gases perfeitos, a variação da energia interna (ΔU) é zero. Isso acontece porque, para gases ideais, a energia interna depende apenas da temperatura.
Então, já sabemos que:
De

Passo 3

Agora vamos calcular o trabalho (w) realizado pelo gás durante essa expansão. Em um processo isotérmico reversível, o trabalho é dado pela fórmula:
w = -nRT ln(VfVi)
Onde:
- $ n $ é o número de mols,
- $ R $ é a constante dos gases (0,0821 L·atm/mol·K),
- $ T $ é a temperatura em Kelvin,
- $ V_f $ e $ V_i $ são os volumes final e inicial.
Sabemos que o volume final é o triplo do inicial, ou seja, $ V_f = 3V_i $. Então:
n
Calculando:
R
T
Vf
Vi
Convertendo para joules (1 L·atm ≈ 101,325 J):
Vf = 3Vi
w = -1,60 times 0,0821 times 298 times ln(3)

Passo 4

Como a variação da energia interna (ΔU) é zero, podemos usar a primeira lei da termodinâmica para encontrar o calor (q) trocado:
De
Como $ \Delta U = 0 $:
De
0 = q + w
q = -w
Então, o calor absorvido pelo sistema é positivo, porque o gás está absorvendo calor do ambiente para realizar o trabalho.

Passo 5

Agora, vamos calcular a variação da entalpia (ΔH). Para gases ideais em processos isotérmicos, a entalpia depende apenas da temperatura, que não muda. Portanto:
De

Passo 6

Seguinte, vamos calcular a variação da entropia do sistema (ΔS). Para um processo isotérmico reversível, a variação da entropia é dada por:
De
Já sabemos que $ q = 3.277 J $ e $ T = 298 K $:
q = 3.277 J
T = 298 K

Passo 7

Agora, precisamos calcular a variação da entropia do ambiente (ΔS₍viz₎). Como o sistema absorveu $ q = 3.277 J $ de calor, o ambiente perdeu essa quantidade de calor:
q = 3.277 J
De
De

Passo 8

A variação total da entropia (ΔS_tot) é a soma das variações da entropia do sistema e do ambiente:
De
De
De
Isso faz sentido porque o processo é reversível e isotérmico, então a entropia total do universo não muda.

Passo 9

Finalmente, vamos calcular a variação da energia de Gibbs (ΔG). A energia de Gibbs é dada por:
De
Sabemos que $ \Delta H = 0 $ e $ \Delta S = 0,011 J/K $:
De
De

Resposta

  • q (calor trocado): $ +3,28 J $
  • w (trabalho realizado): $ -3,28 J $
  • ΔU (variação da energia interna): $ 0 J $
  • ΔH (variação da entalpia): $ 0 J $
  • ΔS (variação da entropia do sistema): $ +0,011 J/K $
  • ΔS₍viz₎ (variação da entropia do ambiente): $ -0,011 J/K $
  • ΔS_tot (variação total da entropia): $ 0 J/K $
  • ΔG (variação da energia de Gibbs): $ -3,28 J $

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