Quatro mols de uma substância vaporizam-se na sua temperatura-padrão de ebulição ( Te b=100 K ). Se o calor absorvido no processo for de 50 kJ mol^-1, calcule q, w, De e De nestas condições. Calcule também De deste processo a 80 K e 120 K e explique a razão para os sinais de De encontrados nesse processo. Considere a pressão externa constante, e o volume do líquido desprezível em relação ao gás.

Passo 1

Beleza, vamos lá! A gente tem um exercício que fala sobre a vaporização de uma substância. São 4 mols que evaporam a 100 K, absorvendo 50 kJ por mol nesse processo. A gente vai calcular vários parâmetros termodinâmicos: q (calor), w (trabalho), ΔU (variação da energia interna), ΔH (variação da entalpia), ΔS (variação da entropia) e ΔG (variação da energia livre de Gibbs) nessas condições. Além disso, vamos calcular ΔG a 80 K e 120 K e entender por que esses valores têm os sinais que têm. Para isso, vamos precisar usar conceitos de termodinâmica, como as leis da termodinâmica, energia interna, entalpia, entropia e energia livre de Gibbs.

Passo 2

Primeiro, vamos calcular o calor total absorvido (q) no processo. Sabemos que cada mol absorve 50 kJ, e são 4 mols no total.
q = 50 , kJ/mol times 4 , mols = 200 , kJ
Então, o calor absorvido é de 200 kJ.

Passo 3

Agora, vamos calcular o trabalho (w) realizado durante a vaporização. Como a pressão externa é constante e estamos considerando o volume do líquido como desprezível, o trabalho realizado pela expansão do gás pode ser calculado pela fórmula:
w = -P De
Para encontrar De, usamos a equação dos gases ideais:
De
Aqui, precisamos assumir uma pressão padrão. Vamos considerar $ P = 1 , atm = 101.325 , kPa $ e $ R = 8.314 , J/mol·K $.
Substituindo $ T = 100 , K $:
P = 1 , atm = 101.325 , kPa
R = 8.314 , J/mol·K
Convertendo para litros ( T = 100 , K ):
De
Agora, calculamos o trabalho:
De
1 , m^3 = 1000 , L
O trabalho realizado é de aproximadamente -3.32 kJ.

Passo 4

Vamos calcular agora a variação da energia interna ($ \Delta U $). Pela primeira lei da termodinâmica:
De
Já temos $ q = 200 , kJ $ e $ w = -3.32 , kJ $:
De
Então, a variação da energia interna é de aproximadamente 196.68 kJ.

Passo 5

Agora, vamos calcular a variação da entalpia ($ \Delta H $). Em processos a pressão constante, a variação de entalpia é igual ao calor absorvido:
De
Portanto, $ \Delta H = 200 , kJ $.

Passo 6

Vamos calcular a variação da entropia ($ \Delta S $). A entropia pode ser calculada pela fórmula:
Deí
Assumindo que o processo ocorre de forma reversível, temos:
De
Então, $ \Delta S = 2000 , J/K $.

Passo 7

Agora, vamos calcular a variação da energia livre de Gibbs ($ \Delta G $). A fórmula é:
De
Usando os valores que encontramos:
De
Convertendo $ \Delta S $ para kJ/K:
De
Então:
De
Portanto, $ \Delta G = 0 , kJ $.

Passo 8

Agora, vamos calcular $ \Delta G $ a 80 K e 120 K.
Primeiro, a 80 K:
De
Então, a 80 K, $ \Delta G = +40 , kJ $.
Agora, a 120 K:
De
Portanto, a 120 K, $ \Delta G = -40 , kJ $.

Passo 9

Por fim, vamos explicar os sinais de $ \Delta G $:
  • A 80 K, $ \Delta G $ é positivo (+40 kJ). Isso indica que o processo não é espontâneo nessa temperatura; a vaporização requer energia externa.
  • A 120 K, $ \Delta G $ é negativo (-40 kJ). Isso sugere que o processo é espontâneo nessa temperatura; a vaporização ocorre naturalmente.
Essa mudança de sinal ocorre porque a energia livre de Gibbs depende da temperatura. Em temperaturas mais altas, a entropia (desordem) favorece processos espontâneos, enquanto em temperaturas mais baixas, a entalpia (energia) domina.

Resposta

  • q: 200 kJ
  • w: -3.32 kJ
  • ΔU: 196.68 kJ
  • ΔH: 200 kJ
  • ΔS: 2000 J/K
  • ΔG a 100 K: 0 kJ
  • ΔG a 80 K: +40 kJ
  • ΔG a 120 K: -40 kJ
Os sinais de $ \Delta G $ indicam que a vaporização não é espontânea a 80 K (ΔG positivo) e é espontânea a 120 K (ΔG negativo), devido à relação entre entalpia e entropia conforme a temperatura.

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