Um gás ideal com capacidades caloríficas constantes passa por uma mudança de estado das condições T_{1}, P_{1} para as condições T_{2}, P_{2}. Determine \Delta H\left(\mathrm{~J} \mathrm{~mol}^{-1}\right) e \Delta S\left(\mathrm{~J} \mathrm{~mol}^{-1} \mathrm{~K}^{-1}\right) para cada um dos seguintes casos:
T_{1}=500 \mathrm{~K}, P_{1}=6 \mathrm{bar}, T_{2}=300 \mathrm{~K}, P_{2}=1,2 \mathrm{bar}, C_{P} / R=4.

Passo 1

O enunciado pede que eu determine a variação de entalpia e a variação de entropia para um gás ideal que passa do estado (T_{1},P_{1}) para o estado (T_{2},P_{2}). Os dados fornecidos são:
T_{1}=500\\ \mathrm{K},\quad P_{1}=6\\ \mathrm{bar},
T_{2}=300\\ \mathrm{K},\quad P_{2}=1{,}2\\ \mathrm{bar},
\frac{C_{P}}{R}=4.
As quantidades a determinar são \Delta H em \mathrm{J\;mol^{-1}} e \Delta S em \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.

Passo 2

Fórmula para \Delta H de um gás ideal com capacidade calorífica molar constante C_{P}.
  • Para um gás ideal com C_{P} constante, a variação de entalpia entre duas temperaturas é dada por
\Delta H = \int_{T_{1}}^{T_{2}} C_{P}\,dT = C_{P}\,(T_{2}-T_{1}).
  • Aqui C_{P} é a capacidade calorífica molar à pressão constante, com unidades \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}. A fórmula vem do fato de que, para gás ideal, dH = C_{P}\,dT.

Passo 3

Calcular numericamente C_{P} a partir de C_{P}/R=4.
  • R (constante dos gases) vale \;R=8{,}314462618\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.
  • Assim
C_{P}=4R=4\times 8{,}314462618=\;33{,}25785047\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.

Passo 4

Calcular \Delta H usando a fórmula do Passo 2 e o valor de C_{P}.
\Delta H = C_{P}\,(T_{2}-T_{1}) = 33{,}25785047 \times (300-500)\\ \mathrm{J\;mol^{-1}}.
Calcule o fator:
T_{2}-T_{1}=300-500=-200\\ \mathrm{K}.
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\Delta H = 33{,}25785047 \times (-200)= -6\,651{,}570094\\ \mathrm{J\;mol^{-1}}.
Arredondando razoavelmente:
\Delta H \approx -6\,651{,}57\\ \mathrm{J\;mol^{-1}}.
Interpretação rápida: \Delta H é negativa porque a temperatura diminuiu.

Passo 5

Fórmula para \Delta S de um gás ideal com C_{P} constante — derivação curta e didática.
  • Parto da identidade termodinâmica para energia interna e entropia: dU = T\,dS - P\,dV.
  • Para gás ideal dU = C_{V}\,dT. Então T\,dS = dU + P\,dV = C_{V}\,dT + P\,dV.
  • Usando PV=RT e diferenciando: P\,dV + V\,dP = R\,dT, daí P\,dV = R\,dT - V\,dP.
  • Substituindo em T\,dS:
T\,dS = C_{V}\,dT + R\,dT - V\,dP = (C_{V}+R)\,dT - V\,dP = C_{P}\,dT - V\,dP.
  • Dividindo por T e usando V/T = R/P (do gás ideal), obtemos a expressão diferencial:
dS = \frac{C_{P}}{T}\,dT - R\,\frac{dP}{P}.
  • Integrando de (T_{1},P_{1}) para (T_{2},P_{2}) com C_{P} constante:
\Delta S = \int_{T_{1}}^{T_{2}}\frac{C_{P}}{T}\,dT - R\int_{P_{1}}^{P_{2}}\frac{dP}{P} = C_{P}\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R\ln\!\left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right).
  • Nesta fórmula \ln é o logaritmo natural; as razões de temperaturas e pressões são adimensionais.

Passo 6

Simplificar a fórmula usando C_{P}=4R.
\Delta S = C_{P}\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - R\ln\!\left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right) = R\left[4\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right) - \ln\!\left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right)\right].

Passo 7

Calcular os logaritmos numéricos das razões.
  • Temperaturas:
\ln\!\left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)=\ln\!\left(\frac{300}{500}\right)=\ln(0{,}6)\approx -0{,}510825624.
  • Pressões (note que peguei os dados de pressão do enunciado):
\ln\!\left(\frac{P_{2}}{P_{1}}\right)=\ln\!\left(\frac{1{,}2}{6}\right)=\ln(0{,}2)\approx -1{,}609437912.

Passo 8

Substituir os números na expressão de \Delta S.
\Delta S = R\Big[4\times(-0{,}510825624) - (-1{,}609437912)\Big] = R\big(-2{,}043302496 + 1{,}609437912\big) = R\big(-0{,}433864584\big).
Agora multiplico por R=8{,}314462618\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}:
\Delta S = 8{,}314462618 \times (-0{,}433864584) \approx -3{,}606865095\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.
Arredondando:
\Delta S \approx -3{,}6069\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}.

Passo 9

Interpretação rápida (útil na prova): a temperatura caiu (efeito que reduz entropia) e a pressão também caiu (expansão, efeito que aumenta entropia). No caso numérico o efeito da queda de temperatura dominou, resultando em \Delta S ligeiramente negativo.

Resposta

\Delta H = -6\,651{,}57\\ \mathrm{J\;mol^{-1}}
\Delta S = -3{,}6069\\ \mathrm{J\;mol^{-1}\;K^{-1}}

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