Exercícios - Energia Interna, Entalpia, Calor e Trabalho (com resolução)

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Universidade Federal de Alfenas 
Instituto de Química 
Físico-Química – 2021 
 
1° PRINCÍPIO – Energia Interna, Entalpia, Calor e Trabalho – EXERCÍCIOS 
 
1. Um mol de gás ideal diatômico é submetido às mudanças de estado abaixo descritas. Encontrar a variação de energia 
interna do gás em cada um dos processos. 
a) perda de 980 J de calor e destruição de 460 J de trabalho; 
b) produção de 800 J de calor e absorção de 800 J de trabalho; 
c) sem escoamento de calor e destruição de 400 J de trabalho; 
d) sem escoamento de calor e produção de 600 J de trabalho. 
 
2. Ao sofrer uma mudança de estado, a temperatura do sistema aumenta 28 °C. Nesse processo o sistema realizou 150 J 
de trabalho e sua energia interna aumentou de 380 J. Calcular a capacidade calorífica desse sistema. 
 
3. Um mol de gás ideal diatômico, inicialmente a 300 K e 1,2 é submetido aos processos abaixo descritos: 
 I - Expansão isotérmica reversível durante a qual o volume do gás é aumentado para 30 litros; 
II - em seguida o gás é aquecido isocoricamente até 380 K. 
Pede-se: 
a) especificar os todos os estados do sistema envolvidos nesses processos; 
b) representar os estados do sistema num gráfico p versus V; 
c) calcular o trabalho envolvido no processo I; 
d) calcular o trabalho envolvido no processo II; 
e) representar os trabalhos no gráfico construído no item b; 
f) calcular o calor envolvido no processo I 
g) calcular o calor envolvido no processo II. 
h) calcular a variação de energia interna e a variação de entalpia do sistema no processo I; 
i) calcular a variação de energia interna e a variação de entalpia do gás no processo II; 
j) calcular as quantidades totais de calor e trabalho envolvidas nos processos I e II e a variação total de energia interna e 
de entalpia do sistema. 
 
4. Um gás tem seu volume reduzido de 400 mL para 120 mL por uma pressão externa de 2 bar e, ao mesmo tempo, é 
resfriado pela remoção de 130 J de calor. Calcular a variação de energia interna do sistema. 
 
5. Calcular q, w, U e H para a expansão de 10g de nitrogênio de 10 litros até 20 litros, a 573 K, contra a pressão de 0,8 
bar. Supor comportamento ideal para o gás. 
 
6. Calcular q, w, U e H que acompanha o processo de compressão de 2 mols de gás ideal de 1bar até 100bar, a 298 K, 
se a pressão externa é de 500 bar. Dado: Cv,m = 3R/2 (R = 8,31 J∙K-1∙mol-1) 
 
7. Um mol de gás ideal, inicialmente a 1bar e 273K, recebe 4,18 kJ de calor e se expande isotérmica e reversivelmente. 
Calcular o volume final do gás. 
 
8. Repita o problema anterior, supondo uma expansão isotérmica contra uma pressão constante de 1 bar e compare os 
resultados obtidos. 
 
9. Uma amostra de 0,8 mol de gás ideal diatômico encontra-se a 320 K. O gás é comprimido isobaricamente até que seu 
volume diminua de 15%. Calcular a temperatura final do sistema, a variação de energia interna do sistema, a variação de 
entalpia, o calor e o trabalho envolvidos no processo. 
 
10. Um mol de gás ideal monoatômico é submetido ao processo reversível mostrado no gráfico pxV abaixo. A partir do 
gráfico, calcular: 
a) U, H, w e q envolvido no processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ABF; 
b) U, H, w e q envolvido no processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ACBF. 
c) U, H, w e q envolvido no processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ADF. 
d) De acordo com os resultados obtidos, a que conclusões podemos chegar a respeito das grandezas termodinâmicas calor, 
trabalho, energia interna e entalpia? 
e) Representar, no gráfico, o trabalho envolvido em cada um dos caminhos; 
 
 
 
RESOLUÇÃO DA LISTA SOBRE ENERGIA INTERNA, ENTALPIA CALOR TRABALHO 
 
1. a) 𝑞 = −980 𝐽; 𝑤 = +460 𝐽 𝑙𝑜𝑔𝑜 ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = −980 𝐽 + 460 𝐽 = −520 𝐽 
b) 𝑞 = −800 𝐽; 𝑤 = +800 𝐽 𝑙𝑜𝑔𝑜 ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = −800 𝐽 + 800 𝐽 = 0 
c) 𝑞 = 0 ; 𝑤 = +400 𝐽 𝑙𝑜𝑔𝑜 ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = +400 𝐽 
d) 𝑞 = 0; 𝑤 = −600 𝐽 𝑙𝑜𝑔𝑜 ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = −600 𝐽 
 
2. ∆𝑇 = 28 𝐾 (𝑜𝑢 28 °𝐶) 
𝑤 = −150 𝐽 
∆𝑈 = +380 𝐽 
Para calcular Capacidade calorífica: 𝐶 =
𝑞
∆𝑇
 
Para calcular q: ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 ∴ 𝑞 = ∆𝑈 − 𝑤 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑞 = 380 𝐽 − (−150 𝐽) = 530 J 
𝐶 =
𝑞
∆𝑇
=
530 𝐽
28 °𝐶 
= 18,93 𝐽 °𝐶−1 = 18,93 𝐽 𝐾−1 = 18,93 𝐽 𝑔𝑟𝑎𝑢−1 
 
3. 
 
Os valores de V1 (20,75 L), p2 (0,83 bar) e V3 (38 L) foram calculados a partir da equação dos gases ideais 
b) 
 
c) Processo: expansão isotérmica reversível de um gás ideal: o trabalho envolvido é calculado por 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) 
 𝑤𝐼 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,31 𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 300 𝐾 × 𝑙𝑛 (
30 𝐿
20,75
) = −𝟗𝟏𝟗, 𝟎𝟒 𝑱 
d) Processo: aquecimento isobárico de um gás ideal: o trabalho é calculado por meio da expressão 𝑤 = −𝑝(𝑉2 − 𝑉1) 
𝑤𝐼𝐼 = −𝑝(𝑉3 − 𝑉2) = −0,83 𝑏𝑎𝑟 × (38 𝐿 − 30 𝐿) = −7,68 𝑏𝑎𝑟 × 𝐿 ≅ −𝟔𝟔𝟒, 𝟔𝟔𝑱 
e) Ver gráfico acima. 
 
f) ∆𝑼 = 𝒒 + 𝒘. Num processo isotérmico ∆𝑼 = 𝟎 (ver item h abaixo), logo 𝒒𝑰 = −𝒘𝑰 = +𝟗𝟏𝟗, 𝟎𝟒 𝑳 
 
g) Num processo isobárico, 𝑞 = 𝒒𝒑 = ∆𝑯 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = +𝟏𝟔𝟔𝟐, 𝟎 𝑱 (ver item i abaixo). 
 
h) ∆𝑈 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 e ∆𝐻 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 mas como se trata de um processo isotérmico, ∆𝑇 = 0 e, portanto, ∆𝑼 = 𝟎 e ∆𝑯 = 𝟎. 
 
i) ∆𝑈 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (380 𝐾 − 300 𝐾) = +𝟏𝟔𝟔𝟐, 𝟎 𝑱 
 
 ∆𝐻 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 =
7 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (380 𝐾 − 300 𝐾) = +𝟐𝟑𝟐𝟔, 𝟖𝟎 𝑱 
j) Calor: 𝑞𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑞𝐼 + 𝑞𝐼𝐼 = +919,04 𝐽 + 2326,8𝐽 = +𝟑𝟐𝟒𝟓, 𝟖𝟒 𝑱 
 
 Trabalho: 𝑤𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑤𝐼 + 𝑤𝐼𝐼 = −919,04 + (−664,66 𝐽) = −𝟏𝟓𝟖𝟑, 𝟕𝟎 𝑱 
 
 Energia interna: ∆𝑈𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝑈𝐼 + ∆𝑈𝐼𝐼 = 0 + 1662,0𝐽 = +𝟏𝟔𝟔𝟐, 𝟎 𝑱 
 
 Entalpia: ∆𝐻𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∆𝐻𝐼 + ∆𝐻𝐼𝐼 = 0 + 2326,8 𝐽 = +𝟐𝟑𝟐𝟔, 𝟖 𝑱 
 
4. 𝑉1 = 400 𝑚𝐿 = 0,4 𝐿; 𝑉2 = 120 𝑚𝐿 = 0,12 𝐿 
 𝑝𝑒𝑥𝑡 = 2 𝑏𝑎𝑟 e 𝑞 = −130 𝐽 
 
∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 para calcular o trabalho utilizamos a equação 𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡∆𝑉 = −𝑝𝑒𝑥𝑡(𝑉2 − 𝑉1) = −2 𝑏𝑎𝑟 × (−0,28 𝐿) 
 
𝑤 = +0,56 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = +56,06 𝐽 
 
Conhecendo w e q calcula-se a variação de energia interna: ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 = −130 𝐽 + 56,06 𝐽 = −𝟕𝟑, 𝟗𝟒 𝑱 
 
 
5. Trata-se de uma expansão isotérmica irreversível a 573 K contra uma pressão constante de 0,8 bar. V1 = 10 L e V2 = 20 L 
 
𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡∆𝑉 = −0,8 𝑏𝑎𝑟(20𝐿 − 10𝐿) = −8 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = −𝟖𝟎𝟎, 𝟖 𝑱 
 
Processo isotérmico: Temperatura constante e T = 0. Portanto, ∆𝑼 = 𝟎 pois ∆𝑈 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 e ∆𝑯 = 𝟎 (∆𝐻 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇) 
 
Processo isotérmico: Se ∆𝑈 = 0, 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑞 = −𝑤 ∴ 𝑞 = −(−800,8 𝐽) = +𝟖𝟎𝟎, 𝟖 𝑱 
 
 
 
 
6. Trata-se de uma expansão isotérmica irreversível a 298 K contra uma pressão constante de 500 bar. 
 
n = 2 mols; p1 = 1 bar; T = 298 K logo 
 
𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇 𝑝1⁄ = 2 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 298 𝐾 1 𝑏𝑎𝑟⁄ = 49,47 𝐿 
 
𝑉2 = 𝑛𝑅𝑇 𝑝2⁄ = 2 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 298 𝐾 100 𝑏𝑎𝑟⁄ = 0,49 𝐿 
 
𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡∆𝑉 = −500 𝑏𝑎𝑟(0,49 𝐿 − 49,47 𝐿) = 24490,0 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = 2451449 𝐽 = 2,45 × 10
6 𝐽 = +𝟐, 𝟒𝟓 × 𝟏𝟎𝟑𝒌 𝑱 ou 
 
 𝒘 = +𝟐, 𝟒𝟓 𝑴𝑱 
 
Processo isotérmico: Temperatura constante e T = 0. Portanto, ∆𝑼 = 𝟎 pois ∆𝑈 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 e ∆𝑯 = 𝟎 (∆𝐻 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇) 
 
Processo isotérmico: Se ∆𝑈 = 0, 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑞 = −𝑤 ∴ 𝑞 = −(+2,45 𝑀𝐽) = −𝟐, 𝟒𝟓 𝑴 𝑱 
 
 
7. n = 1 mol; p = 1 bar; T = 273 K; 𝑉1 =? 𝑉1 = 𝑛𝑅𝑇 𝑝1⁄ = 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 273𝐾 1 𝑏𝑎𝑟⁄ = 22,66 𝐿 
q = +4,18 kJ = + 4180 J 
 
Processo isotérmico: ∆𝑈 = 0 logo 𝑞 = −𝑤 portanto, 𝑤 = −4180 𝐽 
 
Processo isotérmico reversível: 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) 
 
−4180 𝐽 = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,31 𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 273𝐾 × 𝑙𝑛 (
𝑉2
22,66
) 
 
𝑙𝑛 (
𝑉2
22,66 𝐿
) =
4180 𝐽
1 𝑚𝑜𝑙×8,31𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1×273
= 1,843 ∴ 𝑙𝑛 (
𝑉2
22,66 𝐿
) = 1,84 𝑙𝑜𝑔𝑜 
𝑉2
22,66 𝐿
= 𝑒1,843 
 
𝑉2 = 22,66𝐿 × 6,31= 𝟏𝟒𝟑 𝑳 
 
8. 𝑞 = +4180 𝐽 como se trata de processo isotérmico 𝑞 = −𝑤, portanto 𝑤 = −4180 𝐽 e 𝑤 = −4180 𝐽 ≅ −41,76 𝑏𝑎𝑟 𝐿 
 
 𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡∆𝑉 ∴ 𝑤 = −𝑝𝑒𝑥𝑡(𝑉2 − 𝑉1) onde −41,76 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = −1 𝑏𝑎𝑟 (𝑉2 − 22,66 𝐿) 
 
 logo =
 −41,76 𝑏𝑎𝑟 𝐿)
1 𝑏𝑎𝑟
= 𝑉2 − 22,66 𝐿 ∴ 𝑉2 − 22,66 𝐿 = 41,76 𝐿 ∴ 𝑉2 = 22,66 𝐿 + 41,76 𝐿 = 𝟔𝟒, 𝟒𝟐 𝑳 
 
 
9. n = 0,8 mol; Cp = 5R/2; T1 = 320 K; Se a temperatura diminuiu de 15%, T2 = T1 – 0,15T1 = 0,85T1 
 
∆𝑈 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 0,8 𝑚𝑜𝑙 ×
5×8,31𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
(272 𝐾 − 320 𝐾) = −797,8 𝐽 
 
∆𝐻 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 0,8 𝑚𝑜𝑙 ×
7×8,31𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
(272 𝐾 − 320 𝐾) = −1116,9 𝐽 
 
Processo isobárico: 𝑞 = 𝒒𝒑 = ∆𝑯 = −𝟏𝟏𝟏𝟔, 𝟗 𝑱 
 
Cálculo de trabalho: ∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤 ∴ 𝑤 = ∆𝑈 − 𝑞 = −797,8 𝐽 − (−1116,9 𝐽) = +𝟑𝟏𝟗, 𝟏 𝑱 
 
10. Cálculo das temperaturas nos diferentes estados do sistema: 
 
Estado A: 𝑇𝐴 = 𝑝𝐴𝑉𝐴 𝑛𝑅⁄ = 3,0 𝑏𝑎𝑟 × 12,45 𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 = 450 𝐾⁄ 
 
Estado B: 𝑇𝐵 = 𝑝𝐵𝑉𝐵 𝑛𝑅⁄ = 1,5 𝑏𝑎𝑟 × 24,90𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 = 450 𝐾⁄ 
 
Estado C: 𝑇𝐶 = 𝑝𝐶𝑉𝐶 𝑛𝑅⁄ = 1,5 𝑏𝑎𝑟 × 12,45 𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 = 225 𝐾⁄ 
 
Estado D: 𝑇𝐷 = 𝑝𝐷𝑉𝐷 𝑛𝑅⁄ = 1,0 𝑏𝑎𝑟 × 12,45𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 = 150 𝐾⁄ 
 
Estado F: 𝑇𝐹 = 𝑝𝐹𝑉𝐹 𝑛𝑅⁄ = 1,0 𝑏𝑎𝑟 × 24,90𝐿 1 𝑚𝑜𝑙 × 0,083 𝑏𝑎𝑟 𝐿 𝐾
−1 𝑚𝑜𝑙−1 = 300 𝐾⁄ 
 
a) Processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ABF: trata-se de uma expansão isotérmica reversível seguida 
de um resfriamento isocórico 
Processo AB: Expansão isotérmica – UAB = 0; HAB = 0 pois T =0 
 
𝑤𝐴𝐵 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑉2
𝑉1
) = −1 𝑚𝑜𝑙 × 8,31 𝐽 𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1 × 450𝐾 × 𝑙𝑛 (
24,90 𝐿
12,45 𝐿
) = −𝟐𝟓𝟗𝟐, 𝟎𝟐 𝑱 
𝑞𝐴𝐵 = −𝑤 = −(−2592,02 𝐽) = +𝟐𝟓𝟗𝟐, 𝟎𝟐 𝑱 
 
Processo BF: Resfriamento isocórico – Volume constante; portanto 𝒘𝐵𝐹 = 𝟎 e 𝒒𝐵𝐹 = 𝒒𝑽 = ∆𝑼 
∆𝑈𝐵𝐹 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
𝒒𝐵𝐹 = 𝒒𝑽 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
∆𝐻𝐵𝐹 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
𝑤𝐴𝐵𝐹 = −𝟐𝟓𝟗𝟐, 𝟎𝟐 𝑱 
𝑞𝐴𝐵𝐹 = +2592,02 𝐽 + (−1869,75 𝐽) = +𝟕𝟐𝟐, 𝟐𝟕 𝑱 
∆𝑈𝐴𝐵𝐹 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
∆𝐻𝐴𝐵𝐹 = −𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
 
b) Processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ACBF. São envolvidos os seguintes processos: 
Resfriamento isocórico (AC); aquecimento isobárico (CB) e resfriamento isocórico (BF) 
Processo AC: resfriamento isocórico 𝒘 = 𝟎 e 𝒒 = 𝒒𝑽 = ∆𝑼 
∆𝑈𝐴𝐶 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (225 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟐𝟖𝟎𝟒, 𝟔𝟑 𝑱 
∆𝐻𝐴𝐶 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (225 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟒𝟔𝟕𝟒, 𝟑𝟖 𝑱 
𝑞𝐴𝐶 = 𝑞𝑉 = ∆𝑈 = −𝟐𝟖𝟎𝟒, 𝟔𝟑 𝑱 
 
Processo CB: aquecimento isobárico – 𝒒 = 𝒒𝒑 = ∆𝑯 
∆𝑈𝐶𝐵 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (450 𝐾 − 225 𝐾) = +𝟐𝟖𝟎𝟒, 𝟔𝟑 𝑱 
∆𝐻𝐶𝐵 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (450 𝐾 − 225 𝐾) = +𝟒𝟔𝟕𝟒, 𝟑𝟖 𝑱 
𝑞𝐶𝐵 = 𝑞𝑝 = ∆𝐻 = +𝟒𝟔𝟕𝟒, 𝟑𝟖 𝑱 
𝑤𝐶𝐵 = −𝑝∆𝑉 = −1,5 𝑏𝑎𝑟(24,90 𝐿 − 12,45 𝐿) = −18,68 𝑏𝑎𝑟 𝐿 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
Processo BF: resfriamento isocórico 𝒘𝑩𝑭 = 𝟎 e 𝒒 = 𝒒𝑽 = ∆𝑼 
∆𝑈𝐵𝐹 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
∆𝐻𝐵𝐹 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
𝑞𝐵𝐹 = 𝑞𝑉 = ∆𝑈 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
 
∆𝑈𝐴𝐶𝐵𝐹 = −2804,63 𝐽 + 2804,63 𝐽 + (−1869,75 )𝐽 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
∆𝐻𝐴𝐶𝐵𝐹 = −4674,38 𝐽 + 4674,63 𝐽 + (−3116,25 𝐽) = −𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
 
𝑞𝐴𝐶𝐵𝐹 = −2804,63 𝐽 + 2804,63 𝐽 + (−1869,75 )𝐽 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
𝑤𝐴𝐶𝐵𝐹 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
c) Processo A→F quando a mudança de estado segue o caminho ADF. São envolvidos os seguintes processos: Resfriamento 
isocórico (AD) e aquecimento isobárico (DF) 
Processo AD: resfriamento isocórico − 𝒘𝑨𝑫 = 𝟎 e 𝒒𝑨𝑫 = 𝒒𝑽 = ∆𝑼 
 
∆𝑈𝐴𝐷 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (150 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟑𝟕𝟑𝟗, 𝟓𝟎 𝑱 
 
∆𝐻𝐴𝐷 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (150 𝐾 − 450 𝐾) = −𝟔𝟐𝟑𝟐, 𝟓𝟎 𝑱 
 
𝑞𝐴𝐷 = 𝑞𝑉 = ∆𝑈 = −𝟑𝟕𝟑𝟗, 𝟓𝟎 𝑱 
 
Processo DF: aquecimento isobárico – 𝒒𝑫𝑭 = 𝒒𝒑 = ∆𝑯 
∆𝑈𝐷𝐹 = 𝑛𝐶𝑉∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
3 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 150 𝐾) = +𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
 
∆𝐻𝐷𝐹 = 𝑛𝐶𝑝∆𝑇 = 1 𝑚𝑜𝑙 ×
5 ×8,31 𝐽𝐾−1 𝑚𝑜𝑙−1
2
× (300 𝐾 − 150 𝐾) = +𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
 
𝑞𝐷𝐹 = 𝑞𝑝 = ∆𝐻 = +𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
 
 
𝑤𝐷𝐹 = ∆𝑈𝐷𝐹 − 𝑞𝐷𝐹 = 1869,75 𝐽 − 3116,25 𝐽 = −𝟏𝟐𝟒𝟔, 𝟓𝟎 𝑱 
 
𝑤𝐷𝐹 = −𝟏𝟐𝟒𝟔, 𝟓𝟎 𝑱 
 
∆𝑈𝐴𝐷𝐹 = −3739,50 𝐽 + 1,869,75𝐽 = −𝟏𝟖𝟔𝟗, 𝟕𝟓 𝑱 
∆𝐻𝐴𝐷𝐹 = −6232,50 𝐽 + 3116,25 𝐽 = −𝟑𝟏𝟏𝟔, 𝟐𝟓 𝑱 
𝑞𝐴𝐷𝐹 = −3739,50 𝐽 + 3116,25 𝐽 = −𝟔𝟐𝟑, 𝟐𝟓 
𝑤𝐴𝐶𝐵𝐹 = −𝟏𝟐𝟒𝟔, 𝟓𝟎𝑱 
 
d) Calor e trabalho são funções de processo (funções de caminho) pois apresentam valores diferentes dependendo do caminho 
seguido pela mudança de estado. 
U e H são funções de estado, e a variação dessas grandezas é a mesma, independentemente de como a mudança de estado é 
realizada. 
 
e) Representação gráfica dos trabalhos envolvidos