Mostre que, numa liga \mathrm{AB}, \bar{G}_{A}=G_{A B}-X_{B} \frac{d G_{A B}}{d X_{B}} e \bar{G}_{B}=G_{A B}+\left(1-X_{B}\right) \frac{d G_{A B}}{d X_{B}}. Dica: lembrar que d X_{A}=-d X_{B} e que X_{A}+X_{B}=1.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, em uma liga binária A–B, os potenciais molares (ou energias livres molares parciais) satisfazem
\bar{G}_{A}=G_{AB}-X_{B}\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}\quad\text{e}\quad\bar{G}_{B}=G_{AB}+\bigl(1-X_{B}\bigr)\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}.
O conteúdo necessário é a definição de energia livre molar média
\;G_{AB}=X_{A}\,\bar{G}_{A}+X_{B}\,\bar{G}_{B}
e a relação diferencial em T e P constantes
\;dG_{AB}=\bar{G}_{A}\,dX_{A}+\bar{G}_{B}\,dX_{B},
além de usar X_{A}+X_{B}=1 e dX_{A}=-\,dX_{B}.

Passo 2

Começamos escrevendo as duas expressões fundamentais para a liga em molaridade:
G_{AB}=X_{A}\,\bar{G}_{A}+X_{B}\,\bar{G}_{B},
dG_{AB}=\bar{G}_{A}\,dX_{A}+\bar{G}_{B}\,dX_{B}.
Como X_{A}+X_{B}=1 segue dX_{A}=-\,dX_{B}. Substituindo em dG_{AB} obtemos:

Passo 3

dG_{AB} =\bar{G}_{A}\,(-dX_{B})+\bar{G}_{B}\,dX_{B} =(\bar{G}_{B}-\bar{G}_{A})\,dX_{B}.
Dividindo por dX_{B} dá a relação
\frac{dG_{AB}}{dX_{B}} =\bar{G}_{B}-\bar{G}_{A}. \tag{1}

Passo 4

Agora usamos G_{AB}=X_{A}\,\bar{G}_{A}+X_{B}\,\bar{G}_{B} e escrevemos \bar{G}_{B} a partir de (1):
\bar{G}_{B}=\bar{G}_{A}+\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}.
Substituindo em G_{AB}:
G_{AB} =X_{A}\,\bar{G}_{A} +X_{B}\Bigl(\bar{G}_{A}+\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}\Bigr) =\bar{G}_{A}+X_{B}\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}},
pois X_{A}+X_{B}=1. Logo
\bar{G}_{A} =G_{AB}-X_{B}\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}.
E então, de (1),
\bar{G}_{B} =\bar{G}_{A}+\frac{dG_{AB}}{dX_{B}} =G_{AB}-X_{B}\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}} +\frac{dG_{AB}}{dX_{B}} =G_{AB}+(1-X_{B})\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}.

Resposta

\displaystyle \bar{G}_{A}=G_{AB}-X_{B}\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}},\quad \bar{G}_{B}=G_{AB}+(1-X_{B})\,\frac{dG_{AB}}{dX_{B}}.

Exercícios relacionados