11.26 O bromo líquido entra em ebulição a 58,2^{\circ} \mathrm{C}; a pressão de vapor, a 9,3^{\circ} \mathrm{C}, é 100 torr. Calcule a energia de Gibbs padrão do \mathrm{Br}_{2}(\mathrm{~g}) a 25^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados extraídos do enunciado:
    • O bromo líquido entra em ebulição a 58,2^\circ\mathrm{C}. Ou seja, o ponto de ebulição normal é T_b = 58,2^\circ\mathrm{C} = 331,35\\ \mathrm{K} e a pressão de vapor à essa temperatura é p_b = 1\\ \mathrm{atm} = 760\\ \mathrm{torr}.
    • A pressão de vapor do bromo, a 9,3^\circ\mathrm{C}, é 100\\ \mathrm{torr}. Ou seja, T_1 = 9,3^\circ\mathrm{C} = 282,45\\ \mathrm{K} e p_1 = 100\\ \mathrm{torr}.
  • O que o enunciado pede:
    • Calcular a energia de Gibbs padrão (isto é, o potencial químico padrão) de \mathrm{Br}_2(\mathrm{g}) a 25^\circ\mathrm{C}, isto é, a T = 25^\circ\mathrm{C} = 298,15\\ \mathrm{K}, adotando o estado padrão do gás à pressão padrão p^\circ (aqui usaremos p^\circ = 1\\ \mathrm{atm} = 760\\ \mathrm{torr}, compatível com os dados fornecidos).
  • Observação útil (convenção que vamos usar; peguei isso do contexto físico-químico):
    • A forma elementar padrão do bromo à 25^\circ\mathrm{C} é o líquido \mathrm{Br}_2(\ell). Por convenção, a energia livre padrão de formação de \mathrm{Br}_2(\ell) é zero. Assim a energia livre padrão de \mathrm{Br}_2(\mathrm{g}) a 25^\circ\mathrm{C} é numericamente igual à energia livre padrão da vaporização \mathrm{Br}_2(\ell)\to\mathrm{Br}_2(\mathrm{g}) àquela temperatura (ou seja, G^\circ(\mathrm{g})-G^\circ(\ell)=\Delta G^\circ_{\mathrm{vap}}).

Passo 2

Plano e fórmulas essenciais (aulas rápidas e justificadas).
  • Estratégia: determinar a pressão de vapor do bromo \,p_{\text{sat}}(T)\, a T=298{,}15\\ \mathrm{K} usando a equação integrada de Clausius–Clapeyron entre dois pontos conhecidos do equilíbrio líquido–vapor; em seguida obter a energia de Gibbs padrão do gás por
\Delta G^\circ_{\text{vap}}(T)=RT\ln\!\left(\dfrac{p^\circ}{p_{\text{sat}}(T)}\right),
porque para o gás ideal vale \mu_g(T,p)=\mu_g^\circ(T)+RT\ln\!\left(\dfrac{p}{p^\circ}\right) e, no equilíbrio líquido–vapor em p_{\text{sat}}, \mu_\ell=\mu_g(T,p_{\text{sat}}). Como \mu_\ell^\circ (o estado padrão do líquido) é tomado como referência zero de formação para o elemento, obtemos \mu_g^\circ-\mu_\ell^\circ=RT\ln(p^\circ/p_{\text{sat}}).
  • A equação integrada de Clausius–Clapeyron (assumindo \Delta H_{\text{vap}} praticamente constante e o vapor ideal) é
\ln\!\left(\dfrac{p_2}{p_1}\right)=-\dfrac{\Delta H_{\text{vap}}}{R}\left(\dfrac{1}{T_2}-\dfrac{1}{T_1}\right).
Usamos p_2=760\\ \mathrm{torr} em T_2=T_b e p_1=100\\ \mathrm{torr} em T_1 para obter \Delta H_{\text{vap}}. Depois aplicamos a mesma fórmula para obter p_{\text{sat}} em T=298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Constante dos gases: R=8,3144626\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}.

Passo 3

Calcular \Delta H_{\text{vap}} a partir dos dois pontos conhecidos.
  • Converter temperaturas: T_1=9{,}3^\circ\mathrm{C}=282{,}45\\ \mathrm{K},\qquad T_2=T_b=58{,}2^\circ\mathrm{C}=331{,}35\\ \mathrm{K}.
  • Aplicar Clausius–Clapeyron com p_1=100\\ \mathrm{torr} e p_2=760\\ \mathrm{torr}:
\ln\!\left(\dfrac{760}{100}\right)=-\dfrac{\Delta H_{\text{vap}}}{R}\left(\dfrac{1}{331{,}35}-\dfrac{1}{282{,}45}\right).
  • Calcular o lado esquerdo:
\ln\!\left(\dfrac{760}{100}\right)=\ln(7{,}6)=2{,}028148\\ (\text{aprox.}).
  • Calcular \dfrac{1}{T_2}-\dfrac{1}{T_1}:
\dfrac{1}{331{,}35}-\dfrac{1}{282{,}45}=0{,}003017584-0{,}003540606=-0{,}000523022\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Isolar \Delta H_{\text{vap}}:
\Delta H_{\text{vap}}=-R\cdot\dfrac{\ln(760/100)}{(1/T_2-1/T_1)} = -8{,}3144626\cdot\dfrac{2{,}028148}{-0{,}000523022}
\Delta H_{\text{vap}}\approx 3{,}22\times10^{4}\\ \mathrm{J\,mol^{-1}} = 32{,}2\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
(Interpretação: \Delta H_{\text{vap}} positiva e da ordem de algumas dezenas de kJ·mol^{-1}, valor razoável para halogênios líquidos.)

Passo 4

Calcular a pressão de vapor p_{\text{sat}} a 25^\circ\mathrm{C} usando a \Delta H_{\text{vap}} obtida.
  • Temperatura alvo:
T=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Usar a forma integrada a partir do ponto de ebulição (p_b=760\\ \mathrm{torr},\;T_b=331{,}35\\ \mathrm{K}):
\ln\!\left(\dfrac{p_{\text{sat}}(T)}{760}\right)=-\dfrac{\Delta H_{\text{vap}}}{R}\left(\dfrac{1}{T}-\dfrac{1}{T_b}\right).
  • Calcular 1/T-1/T_b:
\dfrac{1}{298{,}15}-\dfrac{1}{331{,}35}=0{,}003354016-0{,}003017584=0{,}000336432\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Calcular o fator:
\dfrac{\Delta H_{\text{vap}}}{R}\left(\dfrac{1}{T}-\dfrac{1}{T_b}\right) \approx \dfrac{3{,}2228\times10^{4}}{8{,}3144626}\times 0{,}000336432 \approx 1{,}30303.
  • Portanto
\ln\!\left(\dfrac{p_{\text{sat}}}{760}\right)=-1{,}30303 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{p_{\text{sat}}}{760}=e^{-1{,}30303}=0{,}2716.
  • Logo
p_{\text{sat}}(298{,}15\\ \mathrm{K})\approx 760\times 0{,}2716 \approx 206{,}4\\ \mathrm{torr}.

Passo 5

Calcular a energia de Gibbs padrão de \mathrm{Br}_2(\mathrm{g}) a 25^\circ\mathrm{C}.
  • Fórmula usada:
\Delta G^\circ_{\text{vap}}(T)=RT\ln\!\left(\dfrac{p^\circ}{p_{\text{sat}}(T)}\right).
Aqui p^\circ=760\\ \mathrm{torr} e p_{\text{sat}}(298{,}15\\ \mathrm{K})\approx 206{,}4\\ \mathrm{torr}. Note que \ln(760/206{,}4)=1{,}30303 (o mesmo número que apareceu antes).
  • Calcular numericamente:
\Delta G^\circ_{\text{vap}} = 8{,}3144626\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}\times 298{,}15\\ \mathrm{K}\times 1{,}30303
\Delta G^\circ_{\text{vap}}\approx 3{,}228\times10^{3}\\ \mathrm{J\,mol^{-1}} = 3{,}23\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
  • Interpretação rápida: valor positivo, o que significa que na pressão padrão ( 1\\ \mathrm{atm}) a 25^\circ\mathrm{C} a forma gasosa tem maior energia livre do que a forma líquida padrão — isto está de acordo com o fato de que, à 25^\circ\mathrm{C}, o bromo é líquido à pressão 1 atm.

Passo 6

Resumo didático curto e dica para prova (como reproduzir rapidamente).
  • Roteiro rápido para prova:
    1. Usar os dois pontos de pressão de vapor dados para obter \Delta H_{\text{vap}} pela fórmula integrada de Clausius–Clapeyron.
    2. Usar \Delta H_{\text{vap}} e a fórmula de Clausius–Clapeyron novamente para calcular p_{\text{sat}} à temperatura desejada.
    3. Usar \Delta G^\circ = RT\ln(p^\circ/p_{\text{sat}}) (com p^\circ=1\\ \mathrm{atm} se os dados estão em atm/torr) para obter a energia de Gibbs padrão do gás.
  • Dica prática: trabalhar tudo em kelvin e usar a mesma unidade de pressão em numerador e denominador (por ex. torr), ou converter ambas para Pa; e manter R em \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}} para obter \Delta G em joules por mol.

Resposta

\Delta G^\circ\big(\mathrm{Br}_2(\mathrm{g}),\,25^\circ\mathrm{C}\big)\approx +3{,}23\\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}

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