Calcule \Delta G^{\circ} 298 para
\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{2}(\mathrm{~g}) \rightarrow \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}(\mathrm{~g})+1 / 2 \mathrm{O}_{2}(\mathrm{~g})
sendo dados \Delta \mathrm{H}^{o_{298}}=-106 \mathrm{~kJ} e \Delta \mathrm{S}_{298}=58 \mathrm{~J} / \mathrm{K}. Poder-se-ia esperar que \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{2}(\mathrm{~g}) fosse estável a 298 K ? Explique.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado.
  • Pede calcular \Delta G^\circ_{298} para a reação \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}(\mathrm{g}) \rightarrow \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g}) + \tfrac{1}{2}\mathrm{O}_{2}(\mathrm{g}).
  • Dados fornecidos:
    • \Delta H^\circ_{298} = -106\\ \mathrm{kJ}.
    • \Delta S_{298} = 58\\ \mathrm{J\,K^{-1}}.
  • Segunda pergunta: Poder-se-ia esperar que \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) fosse estável a 298\\ \mathrm{K}? (Ou seja: a reação de decomposição é favorável nas condições padrão?)

Passo 2

Fórmula central e significado dos termos.
A relação termodinâmica que vamos usar é
\Delta G^\circ_{T}=\Delta H^\circ_{T}-T\Delta S_{T}.
Explicando cada símbolo:
  • \Delta G^\circ_{T} é a variação de energia livre de Gibbs padrão à temperatura T.
  • \Delta H^\circ_{T} é a variação de entalpia padrão à temperatura T.
  • \Delta S_{T} é a variação de entropia (não necessariamente com o círculo, aqui o enunciado deu \Delta S_{298}).
  • T é a temperatura em kelvin.
Critério de espontaneidade (termodinâmica):
  • Se \Delta G^\circ<0, a reação é termodinamicamente favorável (espontânea) nas condições padrão.
  • Se \Delta G^\circ>0, a reação não é favorável nas condições padrão.
    Observação importante: “espontânea” diz respeito à termodinâmica; a velocidade real depende da cinética (barreiras de ativação).

Passo 3

Unidades: conversão para coerência.
O \Delta H^\circ_{298} está em \mathrm{kJ} e \Delta S_{298} foi dado em \mathrm{J\,K^{-1}}. Para usar a fórmula sem erro devemos trabalhar com as mesmas unidades de energia. Converto \Delta S_{298} para \mathrm{kJ\,K^{-1}}:
\Delta S_{298}=58\\ \mathrm{J\,K^{-1}}=0{,}058\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}.

Passo 4

Calcular T\Delta S em \mathrm{kJ}.
Multiplico T=298\\ \mathrm{K} por \Delta S_{298}=0{,}058\\ \mathrm{kJ\,K^{-1}}:
T\Delta S = 298 \times 0{,}058\\ \mathrm{kJ} = 17{,}284\\ \mathrm{kJ}.
Para facilitar a leitura, mantenho alguns algarismos e depois arredondo na resposta final.

Passo 5

Calcular \Delta G^\circ_{298} usando a fórmula.
Substituindo na fórmula:
\Delta G^\circ_{298}=\Delta H^\circ_{298}-T\Delta S_{298} = -106{,}0\\ \mathrm{kJ} - 17{,}284\\ \mathrm{kJ}.
Fazendo a conta:
\Delta G^\circ_{298} = -123{,}284\\ \mathrm{kJ}.
Arredondando de forma consistente com os dados (o menor número de algarismos significativos nos dados é ~2–3), podemos dar
\Delta G^\circ_{298}\approx -123{,}3\\ \mathrm{kJ\\ mol^{-1}}\quad\text{(por mol de reação conforme escrita).}çã

Passo 6

Interpretação termodinâmica: estabilidade vs espontaneidade.
  • Como \Delta G^\circ_{298} é negativo ( -123{,}3\\ \mathrm{kJ\\ mol^{-1}}), a decomposição de \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) em \mathrm{H}_2\mathrm{O}(\mathrm{g}) e \tfrac{1}{2}\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) é termodinamicamente favorável (espontânea) nas condições padrão a 298\\ \mathrm{K}.
  • Podemos quantificar o quanto é favorável usando \Delta G^\circ = -RT\ln K. Calculando rapidamente para ter uma noção: \ln K = -\dfrac{\Delta G^\circ_{298}}{RT} = \dfrac{123284\\ \mathrm{J}}{8{,}314\\ \mathrm{J\,mol^{-1}K^{-1}}\times 298\\ \mathrm{K}}\approx 49{,}8,então K\approx e^{49{,}8}\sim 10^{21},ou seja, o equilíbrio está fortemente deslocado para os produtos (muito favorável termodinamicamente).

Passo 7

Observação prática sobre estabilidade (cinética).
  • Termodinamicamente: não, \mathrm{H}_2\mathrm{O}_2(\mathrm{g}) não é estável frente à decomposição a 298\\ \mathrm{K}; a reação é espontânea pelo sinal de \Delta G^\circ negativo e pelo enorme K.
  • Cinética: na prática, uma espécie pode ser termodinamicamente instável e ainda assim existir por tempo observável se houver uma barreira de ativação alta (isto é, a reação for lenta sem catalisador). A decomposição de peróxido de hidrogênio é acelerada por superfícies, íons metálicos, luz, calor e catalisadores (como \mathrm{MnO_2}), por isso em laboratório costuma-se estabilizar soluções. Portanto, apesar de termodinamicamente favorável, a estabilidade observada depende das condições experimentais e da cinética.

Resposta

\Delta G^\circ_{298} \approx -123{,}3\\ \mathrm{kJ\\ mol^{-1}}
Não — termodinamicamente instável a 298\\ \mathrm{K} (a decomposição é espontânea), embora possa ser cineticamente lenta/metastável em condições sem catalisadores.

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