Quatro mols de uma substância vaporizam-se na sua temperatura-padrão de ebulição (
). Se o calor absorvido no processo for de
, calcule
e
nestas condições. Calcule também
deste processo a 80 K e 120 K e explique a razão para os sinais 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.
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:
Para encontrar
, usamos a equação dos gases ideais:
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 $:
Convertendo para litros (
):
Agora, calculamos o trabalho:
O trabalho realizado é de aproximadamente -3.32 kJ.
Passo 4
Vamos calcular agora a variação da energia interna ($ \Delta U $). Pela primeira lei da termodinâmica:
Já temos $ q = 200 , kJ $ e $ w = -3.32 , kJ $:
Então, a variação da energia interna é de aproximadamente 196.68 kJ.
Passo 5
Agora, vamos calcular a variação da entalpia ($ \Delta H $). Em processos a pressão constante, a variação de entalpia é igual ao calor absorvido:
Portanto, $ \Delta H = 200 , kJ $.
Passo 6
Vamos calcular a variação da entropia ($ \Delta S $). A entropia pode ser calculada pela fórmula:
Assumindo que o processo ocorre de forma reversível, temos:
Então, $ \Delta S = 2000 , J/K $.
Passo 7
Agora, vamos calcular a variação da energia livre de Gibbs ($ \Delta G $). A fórmula é:
Usando os valores que encontramos:
Convertendo $ \Delta S $ para kJ/K:
Então:
Portanto, $ \Delta G = 0 , kJ $.
Passo 8
Agora, vamos calcular $ \Delta G $ a 80 K e 120 K.
Primeiro, a 80 K:
Então, a 80 K, $ \Delta G = +40 , kJ $.
Agora, a 120 K:
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.