Estime a variação na energia de Gibbs de 1,0 ~ \mathrm{dm}^{3} de água líquida, quando a pressão sobre ela é aumentada isotermicamente de 100 k P a até 300 k P a.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • O enunciado dá que o volume de água líquida é 1,0\\ \mathrm{dm}^{3}.
  • A pressão é aumentada isotermicamente (ou seja, à temperatura constante) de 100\\ \mathrm{kPa} até 300\\ \mathrm{kPa}.
  • O que se pede: estimar a variação da energia de Gibbs \Delta G dessa quantidade de água durante esse aumento de pressão.
Observações explícitas dos dados (vou usá‑las nas contas):
  • Volume: V=1,0\\ \mathrm{dm}^{3}.
  • Pressão inicial: P_{1}=100\\ \mathrm{kPa}.
  • Pressão final: P_{2}=300\\ \mathrm{kPa}.
  • Processo isotérmico: temperatura constante.

Passo 2

Lembra da relação diferencial fundamental para a energia de Gibbs G em um sistema fechado e puro (N fixo)? Ela é
dG=-S\,dT+V\,dP.
Expliquei cada termo:
  • dG é a variação infinitesimal da energia de Gibbs;
  • S é a entropia do sistema;
  • dT é a variação de temperatura;
  • V é o volume do sistema;
  • dP é a variação de pressão.
No processo do enunciado a temperatura é constante, então dT=0. Assim a expressão simplifica para
dG=V\,dP.
Isto significa que, para uma variação finita de pressão à temperatura constante, a variação de Gibbs é dada por
\Delta G=\int_{P_{1}}^{P_{2}} V\,dP.
Se o volume não muda significativamente com a pressão (boa aproximação para líquidos pouco compressíveis), podemos tratar V como constante e tirar V da integral:
\Delta G \approx V\,(P_{2}-P_{1}).
Justificando a aproximação: água líquida é pouco compressível nas pressões indicadas (100–300 kPa, cerca de pressão atmosférica até 3 atm). Portanto variar o volume em função da pressão muda muito pouco o valor; a aproximação V constante é padrão nessas estimativas e aceitável para uma prova. Se precisássemos mais precisão usaríamos a compressibilidade volumétrica, mas aqui não é necessário.

Passo 3

Converto todas as unidades para o SI antes de calcular:
  • 1,0\\ \mathrm{dm}^{3} = 1,0\times10^{-3}\\ \mathrm{m}^{3}. (pois 1\\ \mathrm{dm}^{3}=1\\ \mathrm{L}=10^{-3}\\ \mathrm{m}^{3})
  • P_{1}=100\\ \mathrm{kPa}=1,0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
  • P_{2}=300\\ \mathrm{kPa}=3,0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
    Logo a variação de pressão é
\Delta P = P_{2}-P_{1} = 3,0\times10^{5}-1,0\times10^{5} = 2,0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.

Passo 4

Agora aplico a fórmula aproximada \Delta G \approx V\,\Delta P. Substituindo os números:
\Delta G \approx \left(1,0\times10^{-3}\\ \mathrm{m}^{3}\right)\left(2,0\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}\right).
Faço a multiplicação e verifico unidades:
\Delta G \approx 2,0\times10^{2}\\ \mathrm{J} = 200\\ \mathrm{J}.
Comentário sobre unidades: \mathrm{Pa}=\mathrm{N}/\mathrm{m}^{2}, então \mathrm{m}^{3}\cdot\mathrm{Pa}=\mathrm{m}^{3}\cdot\mathrm{N}/\mathrm{m}^{2}=\mathrm{N}\cdot\mathrm{m}=\mathrm{J}, tudo consistente.

Passo 5

Interpretação física e sinal: como a pressão aumentou e dG=V\,dP com V>0, a energia de Gibbs aumentou; então \Delta G é positivo. O valor 200\\ \mathrm{J} é pequeno comparado à energia térmica presente numa amostra macroscópica, o que faz sentido: líquidos pouco compressíveis têm pouca variação de energia de Gibbs com pressão moderada.

Resposta

\Delta G \approx 200\\ \mathrm{J}

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