PROBLEMAS SOBRE ENERGIA E A PRIMEIRA LEI DA TERMODINAMICA

01 - Sujeitando-se um mol de um gás ideal, Cv = 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

a¿ ∆ E=Q−W=−512−(−134 )=−512+134=−378J

∆ E=Cv ∆ T=−378=12,47 ∆T donde ∆ T=−37812,47

=−30,312 K

b) ∆ E=Q−W =500−(500 )=0c ¿∆ E=Q−W =0 —126=126 J

∆ E=Cv ∆ T=126=12,47 ∆T donde ∆T= 12612,47

=10,10 K

02- 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 aumentou de 10 K.

Resolução

∆ E=Q−W =170=Q−(−44 )170=Q+44 dondeQ=170−44=126 J

Cv=Q /∆ T donde Cv = 126 / 10 = 12,6 J/ K

03- Três moles de um gás ideal expandem-se, isotermicamente, contra uma pressão oposta de 100 kPa, de 20 para 60 dm3. Calcule Q,W ,∆E e ∆H.Resolução

W =Pop (V 2−V 1 )=100×103 (60× 10−3−20× 10−3 )=4000J∆ E=Q−W ∆ E=0logo Q=W =4000 JPara processos isotérmicos ,não há variação de temperatura e para o gás ideal temos ∆E =0 e ∆H=0

04- Três moles de um gás ideal a 27°C expandem-se isotérmica e reversívelmente de 20 para 60 dm3.Calcule Q, W, ∆E e ∆H.

Resolução

W =nRTlnV 2

V 1

=3 × 8,314 ×300 ln6020

=8220 J

∆ E=Q−W ∆ E=0logo Q=W =8220 J

Em processos isotérmicos a temperatura é constante e temos ∆E = 0 e ∆H = 0

05-Três moles de um gás ideal são comprimidos isotermicamente de 60 para 20 litros, usando-se uma pressão constante de 5 atm. Calcule Q, W, ∆E e ∆H

Resolução

W =Pop (V 2−V 1 )=5×105 (20×10−3−60×10−3 )=−20000JComo o processo é isotérmico , a temperatura permanece constante ,temos ∆E = 0 e ∆H = 0Q = W = - 20000J

06-Deduza uma equação para o trabalho produzido numa expansão isotérmica e reversível de V1 para V2 de um gás cuja equação de estado é:

PV =RT+ (bRT−a )( 1V )

Resolução

P=RTV

+(bRT−a )( 1

V 2 )W =∫

V 1

V 2

PdV=¿∫V 1

V 2

RTV

dV +(bRT−a )( 1

V 2 )dV ¿

W =RT∫V 1

V 2

dVV

+(bRT−a )∫V 1

V 2

1

V 2dV

W =RTlnV 2

V 1

+ (bRT−a )[ 1V 1

− 1V 2 ]

07- Um mol de um gás de van der Waals a 300 K expande-se isotérmica e reversivelmente de 20 cm3 para 60 dm3 (a = 0,556 m6Pa mol-2 b = 0,064 dm3/mol). Para o gás de van der Waals

( ∂ E∂ V )

T

= a

V 2

Calcule W, Q, ∆E e ∆H para esta transformação.Resolução

A equação deVan Der waals para1mol degás

P= RT(V−b )

− a

V 2

W =∫V 1

V 2

PdV =∫V 1

V 2

RT(V −b )

dV− a

V 2dV

W =RT∫V 1

V 2

dV(V −b )

−a∫V 1

V 2

dV

V 2

W =RTlnV 2−b

V 1−b−a [ 1

V 1

− 1V 2 ]

W =8,314 ×300 ln60−0,06420−0,064

−0,556[ 1

60 × 10−3− 1

20× 10−3 ]=2727 J

A derivada parcial dada no enunciado permite escrever:

( ∂ E∂ V )

T

= a

V 2

dE= a

V 2dV donde ∆ E=∫

V 1

V 2

a

V 2dV =a[ 1

V 1

− 1V 2 ]

∆ E=0,556 [ 1

60 ×10−3− 1

20 ×10−3 ]=18,5 J /mol

A primeira lei da termodinâmica permite escrever:

∆ E=Q−W dondeQ=∆ E+W =18,5+2727=2745,5 J /mol

Cálculo do valor de ∆H

P= RT(V−b )

− a

V 2donde P1=

RT

(V 1−b )− a

V 12

P1=8,314 × 300

20 ×10−3−0,064 ×10−3− 0,556

( 20× 10−3 )2=1,237 ×105 Pa

P2=8,314 × 300

60 ×10−3−0,064 × 10−3− 0,556

(60 ×10−3 )2=4,145 ×105 Pa

∆ H=∆ E+∆ ( PV )

∆ H=18,5+( 4,16× 105 ×60 ×10−3−1,25 ×105 ×20 ×10−3 )

∆H= 18,5+13,189 =31,68 J/mol

08 - Um mol de um gás ideal é mantido sob pressão constante, Pop = p = 200 kPa. A temperatura é variada de 100°C para 25°C. Sendo Cv =3R/2, calcule W, Q, ∆E e ∆H.ResoluçãoW =Pop (V 2−V 1 )=Pop V 2−Pop V 1=R T2−RT 1=R (T 2−T 1)W =8,314 (298−373 )=−623,5 J

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=3 R2

(T 2−T 1 )=3× 8,3142

(298−373 )=−935 J /mol

Q=∆ E+W =−935+(−623,5 )=−1558,8 J /mol∆ H=QP=−1558,8 J /mol

09 - Um mol de um gás ideal, Cv = 20,8 J/K mol, é transformado a volume constante de 0°C para 750CCalcule Q, W, ∆E e ∆H.ResoluçãoW =∫ PdV a volumeconstante ∆ V=0logo W =0

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=20,8 (348−273 )=1560 J /mol

∆ H=∆ E+∆ PV=∆ E+( P2V −P1V )=∆ E+( R T 2−R T 1)∆ H=1560+(8,314 × 348−8,314 ×273 )=2183,5 J /mol

10 - Calcule ∆H e ∆E para a transformação de um mol de um gás ideal de 27°C e l atm para 3270C e 17 atmCp = 20,9 + 0,042 T J/K mol.Resolução

∆ H =∫T1

T2

CpdT=∫T 1

T 2

(20,9+0,042T ) dT

∆ H=∫T1

T2

20,9 dT+∫T 1

T 2

0,042TdT

∆ H =20,9 (T2−T1 )+0,042(T 22

2−

T 12

2 )∆ H=20,9 (600−300 )+0,042( 6002

2−3002

2 )=11940 J /mol

∆ E=∆ H+∆ ( PV )=∆ H+( P2 V 2−P1 V 1 )

∆E =∆ H+( R T 2−R T 1 )

∆ E=11940+ (8,314 ×17−8,314 × 1 )=12073 J /mol

11 - Se um gás ideal sofre uma expansão politrópica reversível, vale a relação PV n = C, onde C e n são constantes com n > 1.

Calcule W para tal expansão, se um mol do gás se expandir de V1 para V2 e se T1=300K, T2=200K e n=2

Resolução

W =∫V 1

V 2

PdV P= C

V n

W =∫V 1

V 2

CV n dV=C∫

V 1

V 2

dVV n =C [ V 2

1−n

1−n−

V 11−n

1−n ](eq 01)

P V n=C donde P1V 1n=P2V 2

n (eq02)

Substituindo a equação 02 em 01,teremos:

W =[ P2V 2n V 2

1−n

1−n−

P1 V 1nV 1

1−n

1−n ]=[ P2 V 2

1−n−

P1 V 1

1−n ]W = 1

1−n[ P2 V 2−P1 V 1 ]= 1

1−n[ R T 2−R T1 ]

W = 11−2

[ 8,314 × 200−8,314 × 300 ]=831,4 J /mol

.

12- A 25°C o coeficiente de expansão térmica da água é α = 2,7x10-4 K-1 e a densidade é 0,9970 g/cm3.Se elevarmos 200 g de água de 25°C para 50°C, à pressão constante de 101 kPa,Calcule w, Q, ∆H e ∆E.

Dado Cp = 75,30 J /K.molResolução

V 0=md

= 2000,9970

=200,6 cm3 V=V 0 (1+α ∆T )

V=200,6 (1+2,07 10−4 × 25 )=201,638

∆ V =201,638−200,60=1,038 cm3=1,038 ×10−6 m3

W=Pop∆V=101×103×1 , 038 ×10−6=0,105J

∆ H=Cp ( T2−T 1 )=75,30 (323−298 )=1882,5 J /mol

∆ H=20018

(1882,5 )=20916,6 J

∆ H=QP=20916,6 J

∆ E=Q−W =20916,6−0,105=20916,4 J

13-Um mol de um gás ideal é comprimido adiabaticamente num único estágio com uma pressão oposta constante e igual a 1,00 MPa. Inicialmente o gás está a 27°C e 0,100 MPa de pressão; a pressão final é 1,00 MPa. Calcule a temperatura final do gás, Q, W, ∆E e ∆H. Dado Cv = 3R/2

Resolução

∆ E=Q−W Q=0

∆ E=−W

Cv (T 2−T 1 )=−Pop (V 2−V 1 ) Pop=P2

Cv (T 2−T 1 )=−P2( R T2

P2

−R T1

P1)

Cv T 2−Cv T 1=−R T 2+R T1 P2

P1

Cv T 2+ RT 2=Cv T 1+R T 1 P2

P1

T 2 (Cv+ R )=T 1(Cv+R P2

P1)

T 2=T 1

(Cv+R ) (Cv+R P2

P1)

T 2=300

12,47+8,314 (12,47+ 8,314 ×10,1 )=1380 K

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=12,47 (1380−300 )=13467 J /mol

W =−∆ E=−1346,7 J /mol

∆ H=Cp ( T2−T 1 )= (Cv+R ) (T 2−T1 )=(12,47+8,314 ) (1380−300 )

∆ H=22446 J /mol

14- Um mol de um gás ideal a 27°C e 0,100 MPa é comprimido adiabática e reversivelmente a uma pressão final de 1,00 MPa. Calcule a temperatura final, Q, W, ∆E e ∆H ResoluçãoT1

T2

=( P1

P2)

γ−1γ =300

T 2

=( 0,11 )

0,40

T1

T2

=0,398 dondeT 2=T 1

0,398= 300

0,398=753,76 K

Q=0∆ E=Cv (T 2−T 1 )=12,47 (753,76−300 )=5658,3 J /mol

∆ E=−W ou w=−∆ E=−5658,3 J /mol

∆ H=Cp ( T2−T 1 )=20,78 (753,76−300 )=9429,1 J /mol

15-Numa expansão adiabática de um mol de um gás ideal a uma temperatura inicial de 25°C o trabalho produzido foi de 1200 J. Se Cv =3R/2, calcule a temperatura final, Q, ∆E e ∆H.Resolução∆ E=Q−W Q=0

∆ E=−W

Cv (T 2−T 1 )=−W logo 12,47 (T2−298 )=− (+1200 )

12,47 T 2−12,47 ×298=−1200

12,47 T 2=−1200+12,47 ×298

T 2=201,76 K

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=12,47 (201,76−298 )=−1200 J /mol

16- O pneu de um automóvel contém ar à pressão total de 320 kPa e está a 20°C. Removendo a válvula deixa-se o ar expandir adiabaticamente contra uma pressão externa constante de 100 kPa até que as pressões dentro e fora do pneu se igualem. A capacidade calorífica molar do ar é Cv = 5R/2 e pode ser considerado como um gás ideal. Calcule a temperatura final do gás no pneu, Q, W ,∆E e ∆H para 1 mol do gás no pneu.

Resolução

∆ E=Q−W Q=0

∆ E=−W

Cv (T 2−T 1 )=−Pop (V 2−V 1 ) Pop=P2

Cv (T 2−T 1 )=−P2( R T2

P2

−R T1

P1)

Cv T 2−Cv T 1=−R T 2+R T1 P2

P1

Cv T 2+ RT 2=Cv T 1+R T 1 P2

P1

T 2 (Cv+ R )=T 1(Cv+R P2

P1)

T 2=T 1

(Cv+R ) (Cv+R P2

P1)

T 2=293

20,78+8,314 (20,78+ 8,314 × 100320 )

T 2=235,43 K

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=20,78 (235,43−293 )=−1196,3 J /mol

W =−∆ E=−(−1196,3 )=1196,3 J /mol

∆ H=Cp ( T2−T 1 )=29 (235,43−293 )=−1669,5 J /mol

17 - Uma garrafa a 21°C contém um gás ideal sob a pressão de 126,4 kPa. Removendo-se a rolha, o gás expande-se adiabaticamente contra a pressão constante da atmosfera, 101,9 kPa. Obviamente, parte do gás é expelido da garrafa. Quando a pressão no interior da garrafa se torna igual a 101,9 kPa recoloca-se a rolha rapidamente. O gás, que esfriou na expansão adiabática, aquece-se agora lentamente até que a sua temperatura seja novamente de 21°C. Qual a pressão final na garrafa?Se o gás for monoatômico, CV=3R/2

Resolução

∆ E=Q−W Q=0

∆ E=−W

Cv (T 2−T 1 )=−Pop (V 2−V 1 ) Pop=P2

Cv (T 2−T 1 )=−P2( R T2

P2

−R T1

P1)

Cv T 2−Cv T 1=−R T 2+R T1 P2

P1

Cv T 2+ RT 2=Cv T 1+R T 1 P2

P1

T 2 (Cv+ R )=T 1(Cv+R P2

P1)

T 2=T 1

(Cv+R ) (Cv+R P2

P1)

T 2=294

12,47+8,314 (12,47+ 8,314 ×101,9126,4 )

T 2=271,2 K

O aquecimento da garrafa é a volume constante,portanto:

T1

T2

=P1

P2

donde271,2294

=101,9P2

P2=110,46 kPa

18 - Comprime-se adiabaticamente um mol de um gás ideal, que possui Cv =5R/2 e está inicialmente a 25°C e 100 kPa, usando-se uma pressão constante igual à pressão final, até que a temperatura do gás atinja25°C. Calcule a pressão final, Q, W, ∆E e ∆H para esta transformação.

Resolução

∆ E=Q−W Q=0

∆ E=−W

Cv (T 2−T 1 )=−Pop (V 2−V 1 ) Pop=P2

Cv (T 2−T 1 )=−P2( R T2

P2

−R T1

P1)

Cv T 2−Cv T 1=−R T 2+R T1 P2

P1

Cv T 2+ RT 2=Cv T 1+R T 1 P2

P1

T 2 (Cv+ R )=T 1(Cv+R P2

P1)

T 2=T 1

(Cv+R ) (Cv+R P2

P1)

598= 29820,78+8,314 (20,78+

8,314 × P2

100 )598=10,24(20,78+

8,314 × P2

100 )598=212,78+0,851P2

P2=452,66 kPa

∆ E=Cv (T 2−T 1 )=20,78 (598−298 )=6234 J /mol

W =−∆ E=−6234 J /mol

∆ H=Cp ( T2−T 1 )=29 (598−298 )=8700 J /mol

19 - Um mol de um gás ideal, Cy = 3R/2, inicialmente a 20°C e 1,0 MPa, sofre uma transformação em dois estágios. Para cada estágio e para a transformação global calcule Q, W, ∆E e ∆H.

Estágio I: Expansão reversível e isotérmica para um volume que é o dobro do volume inicial.Estágio II: Começando-se no final do estágio I, mantendo-se o volume constante, elevou-se a temperatura para 80°C.

Resolução

No estágio I a transformação é isotérmica e reversível e,portanto, o trabalho é calculado como:

W =nRTlnV 2

V 1

=8,314 ×293 ln2V 1

V 1

=8,314 ×293 × ln2=1688,5 J /mol

∆ E=0 portanto W=Q=1688,5 J /mol∆ H=0

No estágio II ,que é um processo isovolumétrico ,W = 0

∆ E=Qp=Cv ( T2−T 1 )=12,47 (353−293 )=748,2 J /mol

∆ H=Cp ( T2−T 1 )=20,78 (353−293 )=1247 J /mol

Para o ciclo, as variações de funções de estado são nulas,por exemplo,variações de energia interna,entalpia,entropia e energia livre,são nulas.∆ E ciclo=0∆ H ciclo=0

W ciclo=WI+WII=1688,5+0=1688,5 J /mol

Q ciclo=QI+QII=1688,5+748,2=2436,7 J /mol

21 -Um gás ideal sofre uma expansão num único estágio contra uma pressão de oposição constante de T, p1,V1 para T,p2, V2. Qual a maior massa M que poderá ser levantada de uma altura h nesta expansão?

Resolução

W =Pop (V 2−V 1 )

W =Pop(RTP2

−RTP1

)Pop=P2

W =P2(RTP2

−RTP1

)W =(RT−RT

P2

P1)

W =RT (1−P2

P1)eq1

W =Mgheq2

igualando eq1e eq2 ,temos

Mgh=RT (1−P2

P1)

M= RThg (1− P2

P1)

22 – O coeficiente Joule-Thomson para um gás de Van Der Waals está dado por :

μJ ,T=[( 2a

RT )−b]Cp

Calcule ∆H para a compressão isotérmica a300K de 1 mol de N2 desde 1 até 500 atm.Dado: a = 0,136 m6.Pa / mol2 b = 0,0391 dm3 / molResolução

( ∂ H∂ P )

T

=−Cp μJ .T

( ∂ H∂ P )

T

=−Cp[( 2 a

RT )−b]Cp

( ∂ H∂ P )

T

=−[( 2aRT )−b ]

Esta equação pode ser escrita na forma:

dH =−[( 2 aRT )−b ]dP

Integrando no intervalo de P1 a P2

∆ H=−[( 2 aRT )−b ]∫

P1

P2

dP

∆ H=[−( 2 aRT )+b] ( P2−P1 )

∆ H=( −2 ×0,1368,314 × 300

+0,0391× 10−3)(500 × 105−1×105 )

23 – A temperatura de ebulição do Nitrogênio é -1960C e Cp= 20,785J/K.mol.As constantes de Van Der Waals e o coeficiente Joule-Thomson são dados a seguir:

μJ ,T=[( 2a

RT )−b]Cp

: a = 0,136 m6.Pa / mol2 b = 0,0391 dm3 / mol

Qual devera ser a pressão inicial do Nitrogenio se desejarmos uma queda de temperatura numa expansão Joule – Thomson de 250C até o seu ponto de ebulição?

Resolução

( ∂ T∂ P )

H

=μ j , T=[( 2a

RT )−b]Cp

Substituindo os valores:

( ∂ T∂ P )

H

=( 2 × 0,1368,314 × T

−0,0391 ×10−3) /20,785

( ∂ T∂ P )

H

=1,574 ×10−3

T−1,88 ×10−3

dT=( 1,574 ×10−3

T−1,88 × 10−3)dP

T

1,574 ×10−3−1,88 ×10−3 TdT=dP

∫T 1

T 2

T

1,574 ×10−3−1,88 ×10−3dT=∫

P1

P2

dP

Fórmula da integral que vai ser usado no primeiro membro da equação:

∫X 1

X 2

Xa−b

dX=−Xb

− a

(−b2 )ln (a−bX )

−771,88× 10−3 −

1,574 × 10−3

(1,88×10−3 )2 ln (1,574 ×10−3−1,88×10−3× 77 )+[ 2981,88 ×10−3 +

1,574 × 10−3

(1,88×10−3)2 ln (1,574 ×10−3−1,88×10−3× 298 )]=∆ P

∆ P=355,33 ×105 Pa

∆ P=P2−P1

355,33 ×105=1× 105−P1 donde P1=354,33 ×105Pa

24 – Sendo dado :

Composto ∆H0F Kcal / mol

H2O(L) -68,3174

H2O(g) -57,7979

Calcule:

a) Calor de vaporização da água a 250Cb) Trabalho produzido pela vaporização de 1 mol de água a 250C e sob pressão constante de 1 atm

c) ∆E de vaporização da água a 250C

Os valores de Cp molar são:

Cp(vaporda água ) = 8,025 cal / K.mol

Cp( água liquido) = 17,996 cal /K.mol

Resolução

a) A reação de vaporização da água é:

H2O(L) ↦ H2O(g)

∆ H ( vap )=H F ( vapor )−H F ( L )=−57,7979−(−68,3174 )=10,5195 Kcal /mol

b) O trabalho produzido por 1 mol de água a 250C é calculado como segue:

W =P(V gas−V liquido) . Porem, Vgás ≫ Vliquido e a equação pode ser escrita como:

W =PVgás . O volume do gás pode ser calculado supondo-se que o vapor de água se comporta como um gás ideal.

V gás=nRT

P=1 ×0,082 ×298

1=24,449 L

Substituindo na equação que permite o cálculo do trabalho,temos:

W =1× (24,448 ) atm × L

W =1× (24,448 ) atm × L ×24,218calL

. atm=592 cal /mol

c) Usando a equação ∆ E=∆ H−∆ nRT ,temos:

∆ E=10,5195−0,592=9,927 Kcal /mol

d) Usaremos a equação:

∆ HT0=∆ H 1

0+∫T 1

T 2

∆ CpdT

∆ H 273=10,5195+(8,025−17,996 )

1000(373−298 )=9,771 Kcal /mol

25 – O coeficiente Joule- Thomson para o gás Oxigênio é +0,3660C/atm.Supondo o coeficiente independente da temperatura nas condições do problema, calcule a temperatura final do gás se 10 mols de Oxigênio inicialmente a 20 atm e 00C expandem através de um anteparo poroso, até que a pressão final seja de 1 atm.

Resolução

μJ ,T=( ∂ T∂ P )

H

=+0,366

dT=0,366 dP

∫T 1

T 2

dT=0,366∫P1

P2

dP

∫273

T2

dT=0,366∫20

1

dP

T−273=0,366 (1−20 )

T=266 K ou−6,950 C

Como o gás tem o coeficiente Joule-Thomson positivo,ocorre resfriamento durante a expansão

26 – Com base nos seguintes dados,calcule a Entalpia de fusão do gelo em cal / mol a -100C.

Cp(água solido ) = 9,0 cal/K.mol

Cp(água liquido) = 18,0 cal/K.mol

∆H de fusão do gelo a 00C = 1435 cal/mol

Resolução

∆ HT 2

0 =∆ H 10+∫

T 1

T 2

∆ CpdT

∆ HT 2=1435+(18−9 ) (263−273 )

∆ HT 2=1345 cal /mol

27 – Em uma infinitesimal compressão de um liquido ou solido sob pressão P, as

mudanças de energia E.volume V e temperatura T , são aproximadamente relacionadas com a equação:

dE=CvdT+ (KT −P ) dV

Onde K é uma constante que depende da natureza da substância .Obtenha uma equação relacionando os volumes final e inicial e as temperaturas final e inicial em uma compressão adiabática reversível de um liquido ou solido.Considere Cv independente da temperatura.

Resolução

dE=−dW

CvdT+ (KT−P ) dV=−PdV

CvdT+ (KT−P ) dV +PdV =0

CvdT+KTdV =0

CvdT=−KTdV

CvdTT

=−KdV

∫T 1

T 2

CvdTT

=∫V 1

V 2

KdV

CvlnT2

T1

=K (V 2−V 1 )