Exercícios - 2º e 3º princípios da Termodinâmica (com resolução)

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Universidade Federal de Alfenas 
Instituto de Química 
Físico-Química – 2021 
 
2° E 3º PRINCÍPIOS DA TERMODINÂMICA – EXERCÍCIOS 
 
1. Uma amostra de dióxido de carbono ocupa o volume de 15 dm3 a 250 K e 1 bar. Esse gás 
é comprimido isotermicamente até que sua entropia varie de 10,0 J K-1. Qual o volume final 
do sistema? 
 
2. Calcular a variação de entropia quando um mol de argônio é comprimido de 2 dm3 para 
500 cm3 e, simultaneamente, aquecido de 300 K para 400 K. 
 
3. Seis mols de gás ideal diatômico são aquecidos reversível e isocoricamente de 17 °C a 
35°C. a) Calcular a S do gás. b) Qual seria o valor de S se o aquecimento fosse realizado 
irreversivelmente? c) Qual o trabalho envolvido nesse processo? 
 
4. Um gás ideal monoatômico, inicialmente à temperatura Ti, expande-se até que seu 
volume seja dobrado. Qual deverá ser a temperatura final do gás para que sua entropia 
permaneça constante? 
 
5. Meio mol de um gás ideal expande-se isotérmica e reversivelmente a 298 K de 10 litros 
para 20 litros. Calcular: a) variação de entropia do gás b) o trabalho realizado pelo gás 
c) o valor de qviz. d) a variação de entropia das vizinhanças e) a variação total de entropia 
. 
 
6. Meio mol de gás ideal expande-se isotérmica e irreversivelmente contra o vácuo, a 298 
K, de 10 litros para 20 litros. a) qual a variação de entropia do gás? b) qual o trabalho 
realizado pelo gás? c) Qual o valor de qviz.? d) qual a variação de entropia das vizinhanças? 
e) qual a variação total de entropia? 
 
7. Uma pessoa em repouso aquece o ambiente a uma taxa de cerca de 100 W (100 J s-1). 
Estime a entropia que ela gera nos arredores ao longo de um dia a 20 ° C. 
 
8. Calcular a entropia padrão de reação e a variação da entropia das vizinhanças e decidir 
se a reação abaixo é espontânea a 298 K e 1 bar: 
 
)(2)(3)( 3
 298
22 gNHgHgN
K
⎯⎯ →⎯+ 
 
Dados: fHoNH3(g) = -46,11 kJ mol-1; 
 Entropias molares/(J K-1 mol-1): N2(g) =191,61; H2(g) = 130,68; NH3(g) = 192,45 
 
9. Qual sistema possui entropia mais elevada: 1g de ouro sólido a 1064 K ou 1g de ouro 
líquido a 1064 K? b) 1 mol de argônio em CNTP ou 1 mol de argônio a 273 K e 0,01 atm? 
 
10. Calcular a variação de entropia na reação de formação do benzeno a 298 K e 1 bar. 
(Dados: 𝑆̅C= 5,86 JK–1mol–1; 𝑆̅H2= 130,68 JK–1mol–1; 𝑆̅C6H6= 724,67 JK–1mol–1). 
 
 
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11. Calcular a variação da entropia molar padrão da combustão do metano. 
Espécie S ° (J/K·mol) 
CH4 (g) 186,3 
O2 (g) 205,1 
CO2 (g) 213,7 
H2O(l) 69,9 
 
 
12. Calcular Stotal para a reação de formação da água líquida a 298 K e 1 bar, sabendo que 
a entalpia de formação da água líquida é – 286 kJ·mol-1. Dados: 
 
Espécie H2(g) O2 (g) H2O(l) 
S ° (J·K-1·mol-1) 130,7 205,1 69,9 
 
13. (a) calcular a quantidade de energia, na forma de calor, quando 0,5 mol de um gás ideal 
sofre uma compressão isotérmica reversível, a 298 K, de 150 L para 20 L; (b) calcular S 
para esse processo; (c) calcular S quando uma amostra de 8,5 moles de um gás ideal, nas 
mesmas condições de temperatura do item (a), expandem-se isotermicamente até que seu 
volume se octuplique. 
 
14. Calcular U, H e S para o seguinte processo: 
 
 
 
Dados: vapHoH2O = 40,79 kJ mol-1; Cp H2O = 75, 3 J K-1 mol-1; supor comportamento ideal para 
o vapor d’água e que a variação de volume da água líquida durante o aquecimento seja 
desprezível. 
 
15. 35 g de água a 25 °C (água A) é misturada com 160 g de água 86 °C (água B). Pede-se: 
a) calcular a temperatura final do sistema, supondo que a mistura é realizada adiabática-
mente; 
b) a variação de entropia de A; 
c) a variação de entropia de B; 
d) a variação de entropia total do sistema (A+B) 
Dado: calor específico da água = 4,2 J°C-1 g-1 
 
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2° E 3º PRINCÍPIOS DA TERMODINÂMICA – EXERCÍCIOS 
 
1. ∆𝑆 = 𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) ∴
∆𝑆
𝑛𝑅
= 𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) 𝑙𝑜𝑔𝑜 
𝑉2
𝑉1
= 𝑒∆𝑆 𝑛𝑅⁄ 𝑜𝑢 𝑉2 = 𝑉1 × 𝑒
∆𝑆 𝑛𝑅⁄ 
Dados do problema: 
𝑉1 = 15 𝐿; 𝑇 = 250 𝐾; 𝑝 = 1 𝑏𝑎𝑟; 𝑛 =? 
∆𝑆 = −10 𝐽𝐾−1 ( 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 é 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑜𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑢 𝑢𝑚𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜) 
Cálculo de n: 𝑛 =
𝑝𝑉
𝑅𝑇
=
1 𝑏𝑎𝑟×15 𝐿
0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾−1𝐿−1×250 𝐾
= 0,723 𝑚𝑜𝑙 
Cálculo de V2: 𝑉2 = 𝑉1 × 𝑒
∆𝑆 𝑛𝑅⁄ = 15 𝐿 × 𝑒−10 𝐽𝐾
−1 0,723 𝑚𝑜𝑙×8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 ⁄ = 2,84 𝐿 
𝑽𝟐 = 𝟐, 𝟖𝟒 𝑳 
2. Essa mudança de estado pode ser representada por: 
 
 
∆𝑆 = ∆𝑆1 + 𝑆2 
∆𝑆1 = 𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) 𝑒 ∆𝑆2 = 𝑛𝐶𝑣𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
∆𝑆 = 𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) + 𝑛𝐶𝑣𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) o valor de CV = 3R/2 porque o argônio é gás monoatômico 
∆𝑆 = 1 𝑚𝑜𝑙 × 8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 × 𝑙𝑛 (
0,5 𝐿
2,0 𝐿
) + 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3×8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
2
× 𝑙𝑛 (
400 𝐾
300 𝐾
 ) = 
∆𝑺 = −𝟗, 𝟏𝟑 𝑱 𝑲−𝟏 
 
3. 𝑛 = 6 𝑚𝑜𝑙; 𝐶𝑣 =
5𝑅
2
; 𝑇1 = 290 𝐾; 𝑇2 = 308 𝐾 
a) ∆𝑆2 = 𝑛𝐶𝑣𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) = 6 𝑚𝑜𝑙 ×
5×8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
2
× 𝑙𝑛 (
308 𝐾
290 𝐾
) = 𝟕, 𝟓 𝑱𝑲−𝟏 
b) O valor será o mesmo (7,5 JK-1), pois entropia é uma função de estado e sua variação 
independe do modo como a mudança de estado ocorre, desde que os estados inicial e final 
sejam os mesmos, como neste caso. 
c) w= 0 pois se trata de um processo isocórico (V =0 ) 
 
4. O processo pode ser assim representado: 
 
Durante a expansão isotérmica a entropia do sistema aumenta (S1>0). Para que a variação 
total de entropia do sistema seja zero, a variação de entropia do sistema deverá diminuir da 
mesma magnitude. Para isso deverá ocorrer um resfriamento isocórico no qual S2<0 e esse 
valor deve ser igual a S1, só que de sinal trocado. Devemos calcular a temperatura que fará 
com que S2 = -S1. 
∆𝑆1 = 𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) e ∆𝑆2 = 𝑛𝐶𝑣𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
Condição: ∆𝑆1 = −∆𝑆2 
𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = −𝑛𝐶𝑣𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
−
𝑅
𝐶𝑣
𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 𝐿𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
−
𝑅
3𝑅
2
𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
−
2
3
𝑙𝑛 (
2𝑉𝑖
𝑉𝑖
) = 𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
−
2
3
𝑙𝑛2 = 𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
−0,462 = 𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 
𝑇2 = 𝑇1 × 𝑒
−0,462 = 0,63𝑇1 
𝑻𝟐 = 𝟎, 𝟔𝟑𝑻𝟏 
 
5. n = 0,5 mol; T = 298 K; V1 = 10 L; V2 = 20 L 
a) ∆𝑆𝑔á𝑠 = 𝑛𝑅𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 0,5 𝑚𝑜𝑙 × 8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 × 𝑙𝑛 (
20 𝐿
10 𝐿
) = 𝟐, 𝟖𝟖 𝑱 𝑲−𝟏 
b) 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 0,5 𝑚𝑜𝑙 × 8,31𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 × 𝑙𝑛 (
20 𝐿
10 𝐿
) = −𝟖𝟓𝟖, 𝟐𝟓 𝑱 
c) Processo isotérmico: ∆𝑈 = 0 ∴ 𝑞 = −𝑤 ∴ 𝑞 = +858,25 𝐽 Entretanto, 𝑞𝑠𝑖𝑠𝑡 = −𝑞𝑣𝑖𝑧 
logo 𝒒𝒗𝒊𝒛 = −𝟖𝟓𝟖, 𝟐𝟓 𝑱 
d) ∆𝑆 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
 ou ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑣𝑖𝑧
𝑇
=
−858,25 𝐽
298 𝐾
= −𝟐, 𝟖𝟖 𝑱 𝑲−𝟏 
e) ∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 + ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 = 2,88𝐽 𝐾
−1 + (−2,88 𝐽 𝐾−1) = 𝟎 
 
6. n = 0,5 mol; T = 298 K; V1 = 10 L; V2 = 20 L; expansão isotérmica irreversível 
a) A variação de entropia do gás (∆𝑆 = 𝟐, 𝟖𝟖 𝑱 𝑲−𝟏) será a mesma, pois se trata de uma 
função de estado e esta mudança de estado envolve os mesmos estados inicial e final do 
exercício anterior. 
b) Processo isotérmico: U = 0 
 Expansão contra o vácuo: pext = 0; logo w =0 
c) q = 0 pois U = 0 e w = 0 (U =q + w) logo qviz = 0 
d) ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
=
𝑞𝑣𝑖𝑧
𝑇
= 0 ∴ ∆𝑺𝒗𝒊𝒛 = 𝟎 
e) ∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 + ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 = +2,88 𝐽 𝐾
−1 ∴ ∆𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = +𝟐, 𝟖𝟖 𝑱 𝑲
−𝟏 
 
7. 100 W = 100 J s-1 
 1 dia = 86400 s logo, durante um dia a quantidade de calor liberada será 8640000 J (valor 
obtido pela multiplicação 100 J s-1 x 86400 s = 8640000 J. 
Assim o valor do calor liberado será q = – 8 640 000 J. O calor absorvido pelo ambiente será 
q = +8 640 000 J e a variação de entropia do ambiente será: 
∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
=
+8640000 𝐽 
293 𝐾= +29500 𝐽𝐾−1 = +𝟐𝟗, 𝟓 𝒌𝑱𝑲−𝟏 
 
8. )(2)(3)( 3
 298
22 gNHgHgN
K
⎯⎯ →⎯+ 
 
∆𝑟𝑒𝑎𝑐𝑆 = 2 × 𝑆�̅�𝐻3
𝑜 − 𝑆�̅�2
𝑜 − 3 × 𝑆�̅�2
𝑜 = 2 × 192,45 − 191,61 − 3 × 130,68 = −𝟏𝟗𝟖, 𝟕𝟓 𝑱𝑲−𝟏 
 
 
∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
=
−∆𝑓𝐻
𝑜
𝑇
= −
2×−46110 𝐽
298 𝐾
= +𝟑𝟎𝟗, 𝟒𝟔 𝑱 𝑲−𝟏 
 
 
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 + ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 = −198,75 𝐽 𝐾
−1 + 309,46 𝐽 𝐾−1 ∴ ∆𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = +𝟏𝟏𝟎, 𝟕𝟏 𝑱 𝑲
−𝟏 
 
 
9. a) 1g de ouro líquido a 1064 K (estado líquido tem entropia maior que o sólido), 
 b) 1 mol de argônio a 273 K e 0,01 atm (quanto maior o volume ocupado pelo gás – menor 
pressão – maior é sua entropia 
 
 
10. Reação de formação do benzeno: 6 C(graf) + 3 H2(g) → C6H6(l) 
∆𝑟𝑆 = 𝑆�̅�6𝐻6
𝑜 − 6 × 𝑆�̅�
𝑜 − 3 × 𝑆�̅�2
𝑜 = 724,67 − 6 × 5,86 − 3 × 130,68 = −𝟐𝟗𝟕, 𝟒𝟕 𝑱𝑲−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏 
 
 
11. Reação de combustão do metano: CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O(l) 
 
∆𝑟𝑆 = 𝑆�̅�𝑂2
𝑜 + 2 × 𝑆�̅�2𝑂
𝑜 − 𝑆�̅�𝐻4
𝑜 − 2 × 𝑆�̅�2
𝑜 
 
∆𝑟𝑆 = 213,7 + 2 × 69,9 − 186,3 − 2 × 205,1 = −𝟐𝟒𝟑, 𝟎 𝑱𝑲
−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏 
 
 
12. 𝐻2(𝑔) +
1
2
𝑂2(𝑔) +
 298 𝐾 
→ 𝐻2𝑂(𝑙) 
 
∆𝑟𝑒𝑎𝑐𝑆 = 𝑆�̅�2𝑂
𝑜 − 𝑆�̅�2
𝑜 − 1 2⁄ × 𝑆�̅�2
𝑜 = 69,9 − 130,7 − 205,1 2⁄ = −𝟏𝟔𝟑, 𝟑𝟓 𝑱𝑲−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏 
 
 
∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
=
−∆𝑓𝐻
𝑜
𝑇
= −
−286000 𝐽
298 𝐾
= +𝟗𝟓𝟑, 𝟕𝟑 𝑱 𝑲−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏 
 
∆𝑆𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑆𝑠𝑖𝑠𝑡 + ∆𝑆𝑣𝑖𝑧 = −163,35 𝐽𝐾
−1𝑚𝑜𝑙−1 + 953,73,46 𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 
 
∆𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = +𝟕𝟗𝟔, 𝟑𝟖 𝑱 𝑲
−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏 (processo espontâneo ou irreversível) 
 
13. (a)compressão isotérmica: U = 0 e q = -w 
 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 0,5 𝑚𝑜𝑙 × 8,31𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 × 298 K × 𝑙𝑛 (
20 𝐿
150 𝐿
) = +2494,8 𝐽 
Portanto, se 𝑞 = −𝑤 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝒒 = −𝟐𝟒𝟗𝟒, 𝟖 𝑱 = 𝒒𝒔𝒊𝒔𝒕 
 
(b) Se 𝑞𝑠𝑖𝑠𝑡 = −2494,8 𝐽 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝒒𝒗𝒊𝒛 = +𝟐𝟒𝟗𝟒, 𝟖 𝑱 
 
∆𝑆𝑣𝑖𝑧 =
𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
=
+2494,8 𝐽
298 𝐾
= +𝟖,𝟑𝟕𝑱𝑲−𝟏 
 
(c) ∆𝑆 = 𝑛𝑅𝐿𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = 8,5 𝑚𝑜𝑙 × 8,31𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1× ln (
8𝑉1
𝑉1
) = 𝟏𝟒𝟔, 𝟗 𝑱𝑲−𝟏 
 
14. Para calcular a variação dessas grandezas deve-se imaginar um caminho alternativo para 
a mudança de estado, partindo do mesmo estado inicial e envolvendo estados intermediários 
que levem o sistema ao mesmo estado final, como o mostrado abaixo: 
 
 
 
Então calcula-se a variação das funções de estado em cada etapa, usando as equações já 
estudadas. A seguir essas variações devem ser somadas para se obter o valor da variação 
total da grandeza envolvida na transformação: 
 
∆𝐻1 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 5647,7 𝐽 𝑒 ∆𝐻2 = 𝑛∆𝑣𝑎𝑝𝐻 = 40790 𝐽 ∴ ∆𝐻 = 46,473, 5𝐽 ≈ 𝟒𝟔, 𝟒𝟒 𝒌𝑱 
 
∆𝑆1 = 𝑛𝐶𝑝𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) 𝑒 ∆𝑆2 =
𝑛∆𝑣𝑎𝑝𝐻
𝑇𝑒𝑏
 ∴ ∆𝑆 = 16,90 𝐽𝐾−1 + 109,36𝐽𝐾−1 = 𝟏𝟐𝟔, 𝟐𝟔 𝑱𝑲−𝟏 
∆𝑈1 = 𝑞1 +𝑤1 
𝑀𝑎𝑠 𝑤 ≈ 0 𝑝𝑜𝑖𝑠 ∆𝑉 ≈ 0 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 ∆𝑈1 = 𝑞1 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑒 𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 𝐶𝑣 ≈ 𝐶𝑝 𝑒 
∆𝑈1 = 𝑞1 = 𝑛𝐶𝑣∆𝑇 ≈ ∆𝐻1 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 (𝐶𝑣 ≈ 𝐶𝑝) 
𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚, ∆𝑼𝟏 = 𝟓𝟔𝟒𝟕, 𝟕 𝑱 = 𝟓, 𝟔𝟓 𝒌𝑱 
∆𝑈2 = 𝑞2 + 𝑤2 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑞2 = 𝑞𝑝 = ∆𝐻2 = 40790 𝐽 = 40,79 𝑘𝐽 
𝑤2 = 𝑝𝑒𝑥𝑡 × ∆𝑉 𝑜𝑛𝑑𝑒 ∆𝑉 = 𝑉2 − 𝑉1 = 𝑉𝑔á𝑠 − 𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 ≈ 𝑉𝑔á𝑠 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑉𝑔á𝑠 >>> 𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 
Logo 𝒘𝟐 = −𝒑𝒆𝒙𝒕 × 𝑽𝒈á𝒔 
𝑉𝑔á𝑠 =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
=
1 𝑚𝑜𝑙×0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝑲−𝟏𝒎𝒐𝒍−𝟏×373
1 𝑏𝑎𝑟
= 30,96 𝐿 
𝑤2 = −1 𝑏𝑎𝑟 × 30,96 𝐿 = −30,96 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = −3096 𝐽 = −3,10 𝑘𝐽 
∆𝑈2 = 𝑞2 + 𝑤2 = 40,79 𝑘𝐽 + (−3,10 𝑘𝐽) = 37,69 𝑘𝐽 
∆𝑈 = ∆𝑈1 + ∆𝑈2 = 5,65 𝑘𝐽 + 37,69 𝑘𝐽 = 𝟒𝟑, 𝟑𝟒 𝒌𝑱 
15. Processo adiabático: q = 0 → o calor cedido pela água de maior temperatura (água B) 
será absorvido pela de menor temperatura (água A) de modo que qA + qB = 0. Neste processo 
a temperatura da água A irá se elevar e a da água B irá diminuir até que se estabeleça o 
equilíbrio térmico onde TA = TB = Teq. Nossa tarefa é primeiramente encontrar qual é essa 
temperatura de equilíbrio para, em seguida calcular as variações de entropias solicitadas no 
problema. 
a) Cálculo da temperatura de equilíbrio Teq 
Água A: temperatura inicial: 𝑻𝒐𝑨 = 𝟐𝟓 °𝑪; massa: 𝒎𝑨 = 𝟑𝟓 𝒈 
Água B: temperatura inicial: 𝑻𝒐𝑩 = 𝟖𝟔 °𝑪; massa: 𝒎𝑩 = 𝟏𝟔𝟎 𝒈 
Processo adiabático: 𝑞 = 0 ou 𝑞𝐴 + 𝑞𝐵 = 0 ou −𝒒𝑩 = 𝒒𝑨 
Lembrando que 𝑞 = 𝑚𝑐∆𝑇 podemos escrever: 
−(𝑚𝑐∆𝑇)𝐵 = (𝑚𝑐∆𝑇)𝐴 
−𝑚𝐵𝑐(𝑻𝒆𝒒 − 𝑇𝑜𝐵) = 𝑚𝐴𝑐(𝑻𝒆𝒒 − 𝑇𝑜𝐴) 
−160 𝑔 × 4,2 J°C−1 g−1 × (𝑻𝒆𝒒 − 86 °𝐶) = 35 𝑔 × 4,2 J°C
−1 g−1 × (𝑻𝒆𝒒 − 25 °𝐶) 
𝑻𝒆𝒒 = 𝟕𝟓 °𝑪 
b) a variação de entropia de A; 
∆𝑆𝑨 = 𝑛𝐶𝑝𝑙𝑛 (
𝑇2
𝑇1
) mas 𝐶𝑝 =
𝐶
𝑛
∴ 𝑪 = 𝒏𝑪𝒑 𝑒 𝑐 =
𝐶
𝑚
 ∴ 𝑪 = 𝒎𝒄 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝒏𝑪𝒑 = 𝒎𝒄 
 
∆𝑆𝑨 = 𝑚𝑐𝑙𝑛 (
𝑻𝒆𝒒
𝑇𝑜𝐴
) = 35 𝑔 × 4,2 J °C−1 g−1 × 𝑙𝑛 (
348 𝐾
298 𝐾
) = +𝟐𝟐, 𝟖 𝑱 𝑲−𝟏 
 
c) a variação de entropia de B; 
∆𝑆𝑩 = 𝑚𝑐𝑙𝑛 (
𝑻𝒆𝒒
𝑇𝑜𝐵
) = 160 𝑔 × 4,2 J °C−1 g−1 × 𝑙𝑛 (
348 𝐾
359 𝐾
) = −𝟐𝟎, 𝟗 𝑱 𝑲−𝟏 
 
d) a variação de entropia total do sistema (A+B) 
∆𝑆𝑩 + ∆𝑆𝑩 = 22,8 𝐽 𝐾
−1 + (−20,9 𝐽 𝐾−1) = +𝟏, 𝟗 𝑱 𝑲−𝟏 → processo irreversível ou espon-
tâneo.