P5.12 1.10 moles of \mathrm{N}_{2} at 20.5^{\circ} \mathrm{C} and 6.20 bar undergoes a transformation to the state described by 215^{\circ} \mathrm{C} and 1.75 bar. Calculate \Delta S if
\begin{aligned} \frac{C_{P, m}}{\mathrm{~J} \mathrm{~mol}^{-1} \mathrm{~K}^{-1}}= & 30.81-11.87 \times 10^{-3} \frac{T}{\mathrm{~K}}+2.3968 \times 10^{-5} \frac{T^{2}}{\mathrm{~K}^{2}} \\ & -1.0176 \times 10^{-8} \frac{T^{3}}{\mathrm{~K}^{3}} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede o valor de \Delta S (variação de entropia) para n=1{,}10 mol de \mathrm{N}_2 ao passar do estado inicial para o final. Dados fornecidos:
  • n = 1{,}10 mol.
  • Temperatura inicial \;T_1 = 20{,}5^\circ\mathrm{C}. (Vou converter para kelvin mais adiante.)
  • Pressão inicial \;P_1 = 6{,}20 bar.
  • Temperatura final \;T_2 = 215^\circ\mathrm{C}.
  • Pressão final \;P_2 = 1{,}75 bar.
  • Capacidade calorífica molar à pressão constante dada por
\frac{C_{P,m}}{\mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}} =30{,}81-11{,}87\times10^{-3}\frac{T}{\mathrm{K}} +2{,}3968\times10^{-5}\frac{T^{2}}{\mathrm{K^{2}}} -1{,}0176\times10^{-8}\frac{T^{3}}{\mathrm{K^{3}}}.
O que se pede: calcular \Delta S numérico (com unidades).

Passo 2

Primeiro transformar as temperaturas para kelvin:
T_1 = 20{,}5 + 273{,}15 = 293{,}65\\ \mathrm{K}, \qquad T_2 = 215 + 273{,}15 = 488{,}15\\ \mathrm{K}.
Observação útil: as pressões estão em bar, mas em uma razão \ln(P_2/P_1) as unidades se cancelam, então podemos usar bar diretamente para o cálculo do logaritmo.

Passo 3

Explicar a fórmula que vamos usar (passo a passo didático).
  • Para um gás ideal, a variação diferencial de entropia molar d\bar{s} é
d\bar{s} = \frac{C_{P,m}(T)}{T}\,dT - R\frac{dP}{P},
onde:
  • \bar{s} é entropia por mol (J mol^{-1} K^{-1}),
  • C_{P,m}(T) é capacidade molar a pressão constante (J mol^{-1} K^{-1}),
  • R é a constante dos gases ideais ( R = 8{,}314462618\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}),
  • T é temperatura em kelvin,
  • P é pressão.
  • Essa expressão vem da identidade termodinâmica para gás ideal: dS = \dfrac{C_P}{T}dT - \dfrac{R}{P}dP. Aqui usamos C_{P,m} porque trabalhamos em base molar.
  • Integrando entre os estados (molar) obtemos:
\Delta\bar{s} = \int_{T_1}^{T_2}\frac{C_{P,m}(T)}{T}\,dT - R\ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right).
  • A variação total de entropia do sistema é \Delta S = n\,\Delta\bar{s}.
Justificativa prática: usa-se o modelo de gás ideal porque \mathrm{N}_2 a temperaturas e pressões dadas (ordem de 1–6 bar, temperaturas moderadas) é bem aproximado por gás ideal num curso típico. Se fossem condições muito críticas ou muito altas pressões, seria necessário usar propriedades reais.

Passo 4

Montar a integral da contribuição térmica e simplificar a integração usando a forma polinomial de C_{P,m}(T).
Escrevemos
\int_{T_1}^{T_2}\frac{C_{P,m}(T)}{T}\,dT = \int_{T_1}^{T_2}\left(\frac{30{,}81}{T} -11{,}87\times10^{-3} +2{,}3968\times10^{-5}\,T -1{,}0176\times10^{-8}\,T^{2}\right)dT.
Integramos termo a termo (explico cada antiderivada):
  • \displaystyle \int_{T_1}^{T_2}\frac{30{,}81}{T}\,dT = 30{,}81\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right).
  • \displaystyle \int_{T_1}^{T_2}(-11{,}87\times10^{-3})\,dT = -11{,}87\times10^{-3}\,(T_2-T_1).
  • \displaystyle \int_{T_1}^{T_2}2{,}3968\times10^{-5}\,T\,dT = 2{,}3968\times10^{-5}\,\frac{T^2}{2}\Big|_{T_1}^{T_2} = 1{,}1984\times10^{-5}\,(T_2^2-T_1^2).
  • \displaystyle \int_{T_1}^{T_2}-1{,}0176\times10^{-8}\,T^{2}\,dT = -1{,}0176\times10^{-8}\,\frac{T^3}{3}\Big|_{T_1}^{T_2} = -\frac{1{,}0176\times10^{-8}}{3}\,(T_2^3-T_1^3).
Portanto a contribuição molar térmica é
\begin{split} I &\equiv \int_{T_1}^{T_2}\frac{C_{P,m}(T)}{T}\,dT = 30{,}81\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right) -11{,}87\times10^{-3}\,(T_2-T_1)\\\ &\quad +1{,}1984\times10^{-5}\,(T_2^2-T_1^2) -\frac{1{,}0176\times10^{-8}}{3}\,(T_2^3-T_1^3). \end{split}

Passo 5

Agora substituímos os valores numéricos (cada número em TeX):
T_1 = 293{,}65\\ \mathrm{K},\qquad T_2 = 488{,}15\\ \mathrm{K}.
Calcular cada pedaço separadamente (vou mostrar as contas):
  1. \displaystyle 30{,}81\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right).
\frac{T_2}{T_1}=\frac{488{,}15}{293{,}65}\approx 1{,}662164, \qquad \ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\approx 0{,}508317.
Logo
30{,}81\ln\!\left(\frac{T_2}{T_1}\right)\approx 30{,}81\times0{,}508317 \approx 15{,}66124\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.
  1. \displaystyle -11{,}87\times10^{-3}\,(T_2-T_1).
T_2-T_1 = 488{,}15-293{,}65 = 194{,}50\\ \mathrm{K},
-11{,}87\times10^{-3}\times194{,}50 \approx -2{,}308515\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.
  1. \displaystyle 1{,}1984\times10^{-5}\,(T_2^2-T_1^2).
    Usar T_2^2-T_1^2=(T_2-T_1)(T_2+T_1).
T_2+T_1 = 488{,}15+293{,}65 = 781{,}80\\ \mathrm{K},
T_2^2-T_1^2 = 194{,}50\times781{,}80 = 152\,060{,}10\\ \mathrm{K^2},
1{,}1984\times10^{-5}\times152\,060{,}10 \approx 1{,}822288\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.
  1. \displaystyle -\frac{1{,}0176\times10^{-8}}{3}\,(T_2^3-T_1^3).
    Usar T_2^3-T_1^3=(T_2-T_1)(T_2^2+T_2T_1+T_1^2).
    Calculando termos:
T_1^2 \approx 86\,230{,}3225,\qquad T_2^2 \approx 238\,290{,}4225,
T_1T_2 \approx 143\,345{,}2475,
T_2^2+T_2T_1+T_1^2 \approx 467\,865{,}9925,
T_2^3-T_1^3 = 194{,}50\times467\,865{,}9925 \approx 90\,999\,935{,}54125\\ \mathrm{K^3}.
Coeficiente é \dfrac{1{,}0176\times10^{-8}}{3} = 3{,}392\times10^{-9}.
-\;3{,}392\times10^{-9}\times90\,999\,935{,}54125 \approx -0{,}308879\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.

Passo 6

Somar as contribuições para obter a integral molar I:
I \approx 15{,}66124 - 2{,}308515 + 1{,}822288 - 0{,}308879 = 14{,}866134\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.
Portanto a contribuição térmica total (para n mols) é
n I = 1{,}10\times14{,}866134 \approx 16{,}352747\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}.

Passo 7

Agora a contribuição de pressão (isentrópica ideal) é -nR\ln\!\left(\dfrac{P_2}{P_1}\right).
Calcular o logaritmo:
\frac{P_2}{P_1}=\frac{1{,}75}{6{,}20}\approx 0{,}282258, \qquad \ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right)\approx -1{,}263884.
Constante R = 8{,}314462618\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}\\ K^{-1}}.
Logo
nR\ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right) =1{,}10\times8{,}314462618\times(-1{,}263884) \approx -11{,}559368\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}.
E então
-\,nR\ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right)\approx +11{,}559368\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}.

Passo 8

Somar as duas contribuições (térmica + pressão) para obter \Delta S:
\Delta S = nI - nR\ln\!\left(\frac{P_2}{P_1}\right) \approx 16{,}352747 + 11{,}559368 = 27{,}912115\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}.
Arredondando com sensatez (dados têm 3 algarismos significativos em pressões e 3 em n), pode-se reportar:
\Delta S \approx 27{,}91\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}.
Força aí — acabou! Se quiser, eu mostro com mais casas decimais ou repito a conta usando R=8{,}3145 arredondado, mas o valor acima já é adequado para prova.

Resposta

\Delta S \approx 27{,}91\\ \mathrm{J\\ K^{-1}}

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