Calculate the change in the entropies of the system and the surroundings, and the total change in entropy, when a sample of nitrogen gas of mass 14 g at 298 K and 1.00 bar doubles its volume in an isothermal irreversible expansion against p_{\mathrm{ex}}=0, and (c) an adiabatic reversible expansion.

Passo 1

O que o problema nos dá e o que pede (tudo que vem do enunciado):
  • Massa do gás: 14\\ \text{g} de nitrogênio ( \mathrm{N_2}).
  • Temperatura inicial (e final, quando aplicável): T=298\\ \text{K}.
  • Pressão inicial: 1{,}00\\ \text{bar} (informação de estado inicial — não precisaremos do valor numérico para entropia isoterma além de T).
  • A amostra dobra de volume: V_f = 2V_i.
  • Dois processos para analisar:
    1. Isotérmico irreversível contra p_{\mathrm{ex}}=0 (expansão livre no vácuo).
    2. Expansão adiabática reversível que também dobra o volume.
  • O que é pedido: para cada processo calcular
    • a variação de entropia do sistema \Delta S_{\text{sist}},
    • a variação de entropia do meio/ambiente \Delta S_{\text{amb}},
    • a variação total de entropia \Delta S_{\text{tot}}=\Delta S_{\text{sist}}+\Delta S_{\text{amb}}.
Informações úteis que vou usar (explicarei as fórmulas nos próximos passos):
  • Massa molar aproximada do \mathrm{N_2}: M\approx 28{,}02\\ \text{g mol}^{-1}.
  • Constante dos gases: R=8{,}314\\ \text{J mol}^{-1}\text{K}^{-1}.
  • Para um gás ideal a entropia é função de estado; para processo isotérmico \Delta S = nR\ln\!\bigl(\dfrac{V_f}{V_i}\bigr).
  • Entropia do ambiente: \Delta S_{\text{amb}}=-\dfrac{q_{\text{sys}}}{T} (quando T do reservatório é constante).
  • Para processo reversível adiabático tem-se \Delta S_{\text{sist}}=0.

Passo 2

Converter massa em número de mols (essencial para usar fórmulas com R) e explicar o cálculo.
  • Fórmula usada: \displaystyle n=\frac{m}{M}, onde
    • n é o número de mols,
    • m é a massa da amostra,
    • M é a massa molar do gás.
Calcular:
n = \frac{14\\ \text{g}}{28{,}02\\ \text{g mol}^{-1}}.
Fazendo a conta:
n \approx 0{,}4996\\ \text{mol}\approx 0{,}500\\ \text{mol}.
Para contas práticas usarei n=0{,}500\\ \text{mol} (metade de um mol), que é consistente com 14\\ \text{g} sendo metade de 28{,}00\\ \text{g mol}^{-1}.
Comentário rápido: toda a matemática acima está só convertendo unidades — nada de entropia ainda; é só preparar os números.

Passo 3

Conceito de entropia usado: definição e fórmula prática para gás ideal.
  • Definição (operacional): a variação de entropia entre dois estados é dada por
\Delta S=\int_{\text{rev}}\frac{\delta q_{\text{rev}}}{T},
ou seja, integra-se o calor trocado ao longo de um caminho reversível dividido por T. Mesmo que o processo real seja irreversível, a mudança de entropia do sistema depende apenas dos estados inicial e final, então podemos calcular \Delta S do sistema escolhendo um caminho reversível entre esses estados.
  • Para um gás ideal, uma forma prática obtida a partir das relações termodinâmicas é:
\Delta S = n C_V \ln\!\left(\frac{T_f}{T_i}\right) + nR \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right),
onde
  • C_V é o calor específico molar a volume constante,
  • R é a constante dos gases,
  • T_i,T_f são temperaturas inicial e final,
  • V_i,V_f são volumes inicial e final.
  • Em particular, para processo isotérmico ( T_f=T_i) a primeira parte some e fica a expressão simples:
\boxed{\Delta S_{\text{sist}} = nR \ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right)\quad\text{(isotérmico para gás ideal).}}éá
Vou usar essa expressão no caso (isotérmico). Para o caso adiabático reversível, bastará lembrar que \delta q_{\text{rev}}=0 então \Delta S_{\text{sist}}=0.

Passo 4

Analisar o caso 1: expansão isotérmica irreversível contra p_{\mathrm{ex}}=0 (expansão livre).
Primeiro, trabalho e calor:
  • Trabalho realizado pelo gás contra pressão externa constante:
w = -\int_{V_i}^{V_f} p_{\mathrm{ex}}\,dV = -p_{\mathrm{ex}}(V_f-V_i).
Aqui p_{\mathrm{ex}}=0, logo
w = 0.
  • Para gás ideal em processo isotérmico a energia interna depende só de T, então \Delta U=0. Pela primeira lei,
\Delta U = q + w \quad\Rightarrow\quad q = \Delta U - w = 0 - 0 = 0.
Portanto não houve troca de calor com o ambiente: q=0.
Agora entropias:
  • Entropia do sistema: como entropia é função de estado, posso calcular usando o caminho reversível isotérmico:
\Delta S_{\text{sist}} = nR\ln\!\left(\frac{V_f}{V_i}\right).
Substituindo V_f/V_i=2 e n=0{,}500\\ \text{mol}:
\Delta S_{\text{sist}} = 0{,}500\times 8{,}314\\ \ln 2.
Calcule:
0{,}500\times 8{,}314 = 4{,}157\\ \text{J K}^{-1},
\ln 2 \approx 0{,}693147,
\Delta S_{\text{sist}} \approx 4{,}157\times 0{,}693147 \approx 2{,}882\\ \text{J K}^{-1}.
  • Entropia do ambiente: \Delta S_{\text{amb}} = -\dfrac{q_{\text{sys}}}{T}. Como q_{\text{sys}}=0,
\Delta S_{\text{amb}} = 0.
  • Entropia total:
\Delta S_{\text{tot}} = \Delta S_{\text{sist}} + \Delta S_{\text{amb}} = 2{,}882 + 0 = 2{,}882\\ \text{J K}^{-1}.
Interpretação física curta: apesar de não ter havido troca de calor, a entropia do sistema aumentou porque o processo foi irreversível (expansão livre) e o número de microestados acessíveis aumentou — por isso \Delta S_{\text{tot}}>0.

Passo 5

Analisar o caso 2: expansão adiabática reversível que dobra o volume.
  • Definição/condição: adiabática reversível significa \delta q_{\text{rev}}=0 ao longo do processo.
  • Pela definição da entropia:
\Delta S_{\text{sist}} = \int_{\text{rev}}\frac{\delta q_{\text{rev}}}{T} = 0,
pois o integrando é zero em todo o trajeto reversível adiabático.
  • Troca de calor com o ambiente: q=0\Rightarrow \Delta S_{\text{amb}} = -q/T = 0.
  • Portanto:
\Delta S_{\text{tot}} = \Delta S_{\text{sist}} + \Delta S_{\text{amb}} = 0 + 0 = 0.
Observação didática: mesmo que o volume tenha dobrado e a temperatura do gás mude numa expansão adiabática reversível (no caso de gás ideal a temperatura cai), a entropia do sistema não muda porque o processo é reversível e sem troca de calor — o processo é isotérmico? Não; é adiabático irreversível? Não; é adiabático e reversível (isentrópico): entropia constante.

Passo 6

Resumo numérico e checagens rápidas (garantindo consistência das unidades e sinais):
  • Para o caso isotérmico irreversível contra p_{\mathrm{ex}}=0:
    • \Delta S_{\text{sist}} \approx 2{,}882\\ \text{J K}^{-1},
    • \Delta S_{\text{amb}} = 0,
    • \Delta S_{\text{tot}} \approx 2{,}882\\ \text{J K}^{-1} > 0 (consistente com a segunda lei).
  • Para o caso adiabático reversível:
    • \Delta S_{\text{sist}} = 0,
    • \Delta S_{\text{amb}} = 0,
    • \Delta S_{\text{tot}} = 0 (processo reversível e adiabático é isentrópico).
Força aí — você já tem os passos e os números para decorar/usar na prova. 😉

Resposta

Isotérmico irreversível (expansão livre, p_{\mathrm{ex}}=0): \Delta S_{\text{sist}}=2{,}882\\ \text{J K}^{-1}\nIsotérmico irreversível (expansão livre, p_{\mathrm{ex}}=0): \Delta S_{\text{amb}}=0\nIsotérmico irreversível (expansão livre, p_{\mathrm{ex}}=0): \Delta S_{\text{tot}}=2{,}882\\ \text{J K}^{-1}\nAdiabático reversível (dobrar volume): \Delta S_{\text{sist}}=0\nAdiabático reversível (dobrar volume): \Delta S_{\text{amb}}=0\nAdiabático reversível (dobrar volume): \Delta S_{\text{tot}}=0

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