exercícios resolvidos 1ª lei term

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Centro de Ciências Exatas e Tecnológicas
Departamento de Química
QUI 152 – Físico-Química I
Prof. Claudio F Lima
5. Primeira lei da Termodinâmica
1
Resolução
(a) Uma vez que T é constante, ∆𝑈 = 0 𝑒 ∆𝐻 = 0, U e H de um gás perfeito dependem apenas da 
temperatura.
𝑤 = 𝑉1׬−
𝑉2 𝑝𝑑𝑉, substituindo a equação dos gases perfeitos, teremos 𝑤 = −𝑛𝑅𝑇 𝑉1׬
𝑉2 1
𝑉
𝑑𝑉
𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛
𝑉2
𝑉1
= −(5,0 𝑚𝑜𝑙) × (8,314 𝐽 𝑚𝑜𝑙−1 𝐾−1) × 300 𝐾 ln(
1500
500
)
𝑤 = 13,7 𝑘𝐽
∆𝑈 = 𝑞 + 𝑤, como ∆𝑈 = 0 ∴ 𝑞 = −𝑤 = 13,7 𝑘𝐽
(b) ∆𝑈 = 0 𝑒 ∆𝐻 = 0, o trabalho realizado será zero (𝑤 = −𝑝𝑑𝑉)
1.
a) Calcule 𝑞,𝑤, ∆𝑈 𝑒 ∆𝐻 para a expansão isotérmica reversível a 300 K de 5,00 mol de um gás perfeito de 500 𝑐𝑚3 para 1500 𝑐𝑚3. 
b) Quais seriam ∆𝑈 𝑒 𝑤, se a expansão ligasse os mesmos estado inicial e final como em (a), mas fosse realizada com o gás perfeito 
expandindo-se para o vácuo? 
Exercícios qui 152
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5. Primeira lei da Termodinâmica
2
2.
Determine 𝑞,𝑤 ∆𝑈 𝑒 ∆𝐻, se 2,0 g de He(g) com 𝐶𝑉,𝑚 =
3
2
𝑅 essencialmente independentes da temperatura sofrem (a) uma 
expansão reversível a pressão constate de 20,0 𝑑𝑚3 para 40 𝑑𝑚3 a 0,800 bar; (b) um aquecimento reversível com p indo de 0,600 
bar para 0,900 bar, enquanto V permanece fixo em 15,0 𝑑𝑚3.
Solução (a) 𝑛 = Τ𝑚 𝑀 = ൗ
2 𝑔
4 𝑔 𝑚𝑜𝑙−1 = 0,50 𝑚𝑜𝑙
0,800 𝑏𝑎𝑟 = 0,789 𝑎𝑡𝑚. 
Pela equação dos gases perfeitos 𝑇1 =
𝑝1𝑉1
𝑛𝑅
𝑅 = 8,20574 × 10−2𝑑𝑚3 𝑎𝑡𝑚 𝐾1 𝑚𝑜𝑙−1
𝑅 = 8,31447 × 10−2 𝑑𝑚3 𝑏𝑎𝑟 𝐾1 𝑚𝑜𝑙−1 𝑇1 =
(0,789 𝑎𝑡𝑚) (20,0 𝑑𝑚3)
(0,50 𝑚𝑜𝑙) (8,20574 10−2𝑑𝑚3 𝑏𝑎𝑟 𝐾1𝑚𝑜𝑙−1)
= 384,6 𝐾
𝑅 = 8,314 𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
𝑇2 =
(0,789 𝑎𝑡𝑚) (40,0 𝑑𝑚3)
(0,50 𝑚𝑜𝑙) (8,20574 10−2𝑑𝑚3 𝑏𝑎𝑟 𝐾1𝑚𝑜𝑙−1)
= 769,2 𝐾
𝑑𝑈 = 𝐶𝑉𝑑𝑇
∆𝑈 = 𝐶𝑉∆𝑇 = 𝑛𝐶𝑉,𝑚∆𝑇 = 0,50 𝑚𝑜𝑙) 1,5𝑅 384,6 𝐾 = 2,398 𝑘𝐽
𝐶𝑝,𝑚 − 𝐶𝑉,𝑚 = 𝑅
𝐶𝑝,𝑚 = 2,5𝑅
∆𝐻 = 𝐶𝑝∆𝑇 = 4,00 𝑘𝐽
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5. Primeira lei da Termodinâmica
3
3.
Compare o trabalho obtido em duas expansões isotérmicas a 300 K de um mol de um gás ideal de dois modos diferentes, i) 
expansão em um único estágio, ii) expansão reversível, como mostra a figura: p1 = 0,200 MPa p2 = 0,100 MPa.
(i)
2
2
p
RT
V =
)( 12 −−=−= VVpdVpw extexti
1
1
p
RT
V =






−−=−−=





−−=
MPa
MPa
RT
p
p
RT
p
RT
p
RT
pwi
200.0
0100.
1)1(
1
2
12
2
ii) 


−=
−=
2
1
2
1
V
V
rev
V
V
rev
dV
V
nRT
w
pdVw
1
2
ln
V
V
RTwrev −=
2
1
1
2
1
2
p
p
V
V
p
RT
p
RT
==
MPa
MPa
KJKmol
p
p
RTwrev
100.0
200.0
ln300314,8ln 1
2
1 −=−= −
11729 −−= Jmolwrev
𝑤𝑖 = −1247,1𝐽𝑚𝑜𝑙
−1
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4
4.
Um mol de gás He com 𝐶𝑉,𝑚 = Τ3𝑅 2 essencialmente independente da temperatura expande-se reversivelmente de 24,6 L e 300 
K para 49,2 L. Calcule a pressão e temperatura final se a expansão for (a) isotérmica; (b) adiabática. (c) Esquematize esses dois 
processos em um diagrama do tipo p-V.
Resolução
𝑅 = 8,20574 × 10−2𝑑𝑚3 𝑎𝑡𝑚 𝐾1 𝑚𝑜𝑙−1
(a) Isotérmica, 𝑇2 = 𝑇1 = 300 𝐾
𝑝2 =
𝑛𝑅𝑇2
𝑉2
=
1,0 𝑚𝑜𝑙)(8,20574×10−2𝑑𝑚3 𝑎𝑡𝑚 𝐾1𝑚𝑜𝑙−1)(300 𝐾)
49,2 𝑑𝑚3
= 0,500 𝑎𝑡𝑚
(b) 𝛾 =
𝐶𝑝,𝑚
𝐶𝑉,𝑚
=
𝐶𝑉,𝑚+𝑅
𝐶𝑉,𝑚
𝛾 =
2,5𝑅
1,5𝑅
= 1,667
𝑝1 =
𝑛𝑅𝑇1
𝑉1
=
1,0 𝑚𝑜𝑙)(8,20574 × 10−2𝑑𝑚3 𝑎𝑡𝑚 𝐾1 𝑚𝑜𝑙−1)(300 𝐾)
24,6 𝑑𝑚3
= 1,0 𝑎𝑡𝑚
Para um processo adiabático reversível a pressão constante, 𝑝1𝑉1
𝛾
= 𝑝2𝑉2
𝛾
𝑝2 =
𝑉1
𝑉2
𝛾
𝑝1 𝑝2 = 0,315 𝑎𝑡𝑚 𝑇2 =
𝑝2𝑉2
𝑛𝑅
𝑇2 = 189 𝐾
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5
24,6 L 49,2 L
1 atm
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5. Primeira lei da Termodinâmica
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5.
Sujeitando-se um mol de um gás ideal, 𝐶𝑉,𝑚 = 12,47 𝐽/𝐾 mol, a várias mudanças de estado, qual será a variação de temperatura 
em cada caso?
a) Perda de 512 J de calor, destruição de 134 J de trabalho.
b) Absorção de 500 J de calor; produção de 500 J de trabalho.
c) Sem escoamento de calor; destruição de 126 J de trabalho.
Resolução
Dados: ҧ𝐶𝑉 ≡ 𝐶𝑉,𝑚 = 12,47 𝐽 𝐾
−1𝑚𝑜𝑙−1
a) 𝑞 = −512 𝐽
𝑤 = −134 𝐽
∆𝑈 = 𝐶𝑉∆𝑇
∆𝑈 = 𝑞 − 𝑤
Este problema é do livro do Gilbert Castellan, que considera 
o trabalho realizado nas vizinhanças para formular a 
primeira lei da termodinâmica, que é expressa como
Então, usando a equação acima, teremos
∆𝑈𝑚 = −512 𝐽/𝑚𝑜𝑙 − −134 𝐽/𝑚𝑜𝑙
∆𝑈𝑚 = −512 𝐽 + 134 𝐽/𝑚𝑜𝑙
∆𝑈𝑚 = −378 𝐽/𝑚𝑜𝑙
Sabemos que, → ∆𝑈𝑚 = 𝐶𝑉,𝑚∆𝑇
∆𝑇 =
∆𝑈𝑚
𝐶𝑉,𝑚
=
−378 𝐽𝑚𝑜𝑙−1
12,47 𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
= −30,31 𝐾
b) 𝑞 = 500 𝐽
𝑤 = 500 𝐽
Neste caso teremos
∆𝑈𝑚 = 500 𝐽 − 500 𝐽 = 0
∆𝑇 = 0
c) 𝑞 = 0
𝑤 = 126 𝐽 ∆𝑈𝑚 = 0 𝐽/𝑚𝑜𝑙 − (−126 𝐽/𝑚𝑜𝑙)
∆𝑈𝑚= 126 𝐽/𝑚𝑜𝑙
∆𝑇 =
∆𝑈𝑚
𝐶𝑉,𝑚
=
126 𝐽𝑚𝑜𝑙−1
12,47 𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
∆𝑇 = 10,1 𝐾
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6.
Numa dada mudança de estado são destruídos 44 J de trabalho e a energia interna aumenta de 170 J. Qual é a capacidade 
calorífica do sistema se a temperatura deste aumenta de 10 K.
Dados: 𝑤 = −44 𝐽
∆𝑈 = 170 𝐽
∆𝑇 = 10 𝐾
𝑞 = ?
Resolução
∆𝑈 = 𝑞 − 𝑤Vamos considerar a primeira lei da termodinâmica na forma
Teremos então 170 𝐽 = 𝑞 − −44 𝐽
q = 170 𝐽 − 44 𝐽
𝑞 = 𝐶𝑝∆𝑇
𝐶𝑝 =
𝑞
∆𝑇𝑞 = 126 𝐽
𝐶𝑝 =
126 𝐽
10 𝐾
𝐶𝑝 = 12,6 𝐽 𝐾
−1
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7.
A entalpia-padrão de formação do bis(benzeno)-cromo foi medida num calorímetro e verificou-se que na reação 
Cr(C6H6)2(s) → Cr(s) + 2 C6H6(g), ∆𝑟𝑈
0 583 𝐾 = +8,0 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−!. Determine a entalpia da reação e estime a entalpia-padrão 
de formação do composto a 583 K. A capacidade calorífica molar a pressão constante do benzeno líquido é 136,1 J 𝐾−1
𝑚𝑜𝑙−1 e a do benzeno gasoso é 81,67 J 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1. (∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜, 298 𝐾 = 49,0 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−1) 𝑇𝑏 = 353 𝐾
Solução
Cr(C6H6)2(s) → Cr(s) + 2 C6H6(g)Para a reação ∆𝑛𝑔= 2∆ 𝑚𝑜𝑙
Sabemos que 𝐻 = 𝑈 + 𝑝𝑉
Usando a equação dos gases perfeito, teremos 𝐻 = 𝑈 + 𝑛𝑅𝑇
Relação que mostra que a variação de entalpia em uma reação que produz ou que consome gás é ∆𝐻 = ∆𝑈 + ∆𝑛𝑔𝑅𝑇
Para reação, ∆𝑟𝐻
0 = ∆𝑟𝑈
0 + 2𝑅𝑇
∆𝑟𝐻
0 = (8000,0 𝐽 𝑚𝑜𝑙−1) + 2 × 8,314 𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1 × 583 𝐾
∆𝑟𝐻
0 = 17000,7 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−1
∆𝑟𝐻
0 =෍
𝑗
𝜈𝑗Δ𝑓𝐻
0(𝑗) ∆𝑟𝐻
0 = ෍
𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠
𝑣∆𝑓𝐻
0 − ෍
𝑅𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠
𝑣∆𝑓𝐻
0Sabemos que
∆𝑟𝐻
0 = 2 × ∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜, 583 𝐾 − ∆𝑓𝐻
0(𝑏𝑖𝑠 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 − 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜, 583 𝐾)
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑖𝑠 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 − 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜, 583 𝐾 = 2∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜, 583 𝐾 − 17,7 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1
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∆𝑟𝐻
0 𝑇2 = ∆𝑟𝐻
0 𝑇1 +න
𝑇1
𝑇2
∆𝑟𝐶𝑝
0𝑑𝑇
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛, 583 = ∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛, 298 𝐾 + 𝑇𝑏 − 298 𝐾 𝐶𝑝,𝑚 𝑙 + ∆𝑣𝑎𝑝𝐻
0 + 583 𝐾 − 𝑇𝑏 𝐶𝑝,𝑚 𝑔
−6 × 583 𝐾 − 298 𝐾 𝐶𝑝,𝑚(𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑡𝑒) × 𝐶𝑝,𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑡𝑒 − 3 × (583𝐾 − 298𝐾)𝐶𝑝,𝑚(𝐻2, 𝑔)
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛, 583 = 49, 0 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1 + 353𝐾 − 298 𝐾 × 136,1 𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
+ 30,8 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−1 + 583𝐾 − 353𝐾 × (81,67𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1)
−6 × 583 𝐾 − 298 𝐾 × 8,53𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1
−3 × (583𝐾 − 298𝐾) × (28,82𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1)
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛, 583 = 49, 0 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1+ 7,49 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1 + 18,7,8 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−1
+ 30,8 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1 − 14,59 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1 − (24,64 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1)
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑒𝑛, 583 = 66,8 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1)
Então, para o bis-(benzeno)-cromo, teremos
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑖𝑠 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 − 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜, 583 𝐾 = (2 × 66,8 − 17,7) 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1
∆𝑓𝐻
0 𝑏𝑖𝑠 𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 − 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜, 583 𝐾 = 116,0 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1
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8.
Dos seguintes dados a 25 °C Fe2O3(s) + 3C(grafita) → 2Fe(s) + 3CO(g), ∆𝑟𝐻
0 = 492,6 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
FeO(s) + C(grafita) → Fe(s) + CO(g), ∆𝑟𝐻
0 = 155,8 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
C(grafita) + O2(g) → CO2(g), ∆𝑟𝐻
0 = −393,51 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
CO(g) + 1
2
O2(g) → CO2(g), ∆𝑟𝐻
0 = −282,98𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
Calcule o calor padrão de formação do FeO(s) e do Fe2O3(s)
A reação de formação do FeO(s) é: Fe s + 12O2 g → FeO s , ∆fH
0 =?
Vamos usar a lei de Hess para encontrar o calor de formação do FeO(s). O primeiro passo é identificar nas reações acima a que
tem como participante o FeO(s). Em seguida identificar quais reações pode ser usada para “eliminar” reagentes ou produtos que
não estão presentes na reação de formação do FeO(s). Considerando as reações acima, teremos:
Fe s + 1
2
O2 g → FeO s , ∆fH
0 = (-155,8-393,51+282,98) kJ/mol
𝐅𝐞 𝐬 + 𝟏
𝟐
𝐎𝟐 𝐠 → 𝐅𝐞𝐎 𝐬 , ∆𝐟𝐇
𝟎 = -266,33 kJ/mol
Fe(s) + CO(g) → FeO(s) + C(grafita) ∆𝑟𝐻
0 = −155,8 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
C(grafita) + O2(g) → CO2(g), ∆𝑟𝐻
0 = −393,51 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
CO2(g) → CO(g) + 
1
2
O2(g) ∆𝑟𝐻
0 = 282,98𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
ൗ1 2
0
0
00
00
0
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Fe2O3(s) + 3C(grafita) → 2Fe(s) + 3CO(g), ∆𝑟𝐻
0 = 492,6 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
FeO(s) + C(grafita) → Fe(s) + CO(g), ∆𝑟𝐻
0 = 155,8 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
C(grafita) + O2(g) → CO2(g), ∆𝑟𝐻
0 = −393,51 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
CO(g) + 1
2
O2(g) → CO2(g), ∆𝑟𝐻
0 = −282,98𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
Da mesma forma, para a reação de formação do Fe2O3(s)
2Fe(s) + 32O2(g) → Fe2O3(s), ∆fH
0 =?
Novamente vamos usar a lei de Hess para encontrar o calor de formação do Fe2O3(s). Observando as reações acima, teremos:
2Fe(s) + 3CO(g) → Fe2O3(s) + 3C(grafita) ∆𝑟𝐻
0 = −492,6 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
3C(grafita) + 3O2(g) → 3CO2(g), 3 × (∆𝑟𝐻
0 = −393,51 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙)
3CO2(g) → 3 CO(g) + 
3
2
O2(g) 3 × (∆𝑟 𝐻
0 = 282,98𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙)
2Fe(s) + 3
2
O2(g) → Fe2O3(s), ∆fH
0 = −492,6 + 3 × −393,51 + 3 × (282,98) 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙
2Fe(s) + 𝟑
𝟐
𝐎𝟐(g) → Fe2O3(s), ∆𝐟𝐇
𝟎 = −𝟖𝟐𝟒, 𝟏𝟗 𝒌𝑱/𝒎𝒐𝒍
ൗ3 2
0
0
0
0 0
0
0
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9.
Para o etanol, ∆𝑣𝑎𝑝𝐻
0 = 43,5 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1. Calcule q, w, ΔH e ΔU quando 1,75 mol de C2H5OH(l) é vaporizado a 260 K e 765 Torr.
𝑞 = ∆𝐻 = 𝑛∆𝑣𝑎𝑝𝐻
0
𝑞 = ∆𝐻 = 1,75 𝑚𝑜𝑙 × 43,5 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙−1 = 76,1 𝑘𝐽
𝑤 = −𝑝∆𝑉 mas 𝑉𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 ≫ 𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜
𝑤 ≈ −𝑝𝑉𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
𝑤 = −𝑛𝑅𝑇
𝑤 = −(1,75 𝑚𝑜𝑙) × (8,314 𝐽 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1)(260 𝐾)
∆𝑈 = 𝑤 + 𝑞
∆𝑈 = −3,78 𝑘𝐽 + 76,1 𝑘𝐽 = 72,3 𝑘𝐽
𝑤 = −3,78 𝑘𝐽
Solução
Dados:
∆𝑣𝑎𝑝𝐻
0 = 43,5 𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙−1
𝑛 = 1,75 𝑚𝑜𝑙
𝑇 = 260 𝐾
Neste caso vamos considerar o vapor 
como um gás perfeito. 
Como as equações a seguir mostram, 
a pressão não interfere nos 
resultados obtido
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10.
Compare o trabalho obtido em duas expansões isotérmicas a 300 K de um mol de um gás ideal de dois modos diferentes, i) 
expansão em um único estágio, ii) expansão reversível, como mostra a figura: p1 = 0,200 MPa p2 = 0,100 MPa.
(i)
2
2
p
RT
V =
)( 12 −−=−= VVpdVpw extexti
1
1
p
RT
V =






−−=−−=





−−=
MPa
MPa
RT
p
p
RT
p
RT
p
RT
pwi
200.0
0100.
1)1(
1
2
12
2
ii) 


−=
−=
2
1
2
1
V
V
rev
V
V
rev
dV
V
nRT
w
pdVw
1
2
ln
V
V
RTwrev −=
2
1
1
2
1
2
p
p
V
V
p
RT
p
RT
==
MPa
MPa
KJKmol
p
p
RTwrev
100.0
200.0
ln300314,8ln 1
2
1 −=−= −
11729 −−= Jmolwrev
𝑤𝑖 = −1247,1𝐽𝑚𝑜𝑙
−1