Enunciado

Química - Atkins - Fisico-Quimica - Vol. 1 - Capítulo 3.Problemas Numéricos - Ex. 4

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desse livro

Imagine um gás perfeito encerrado num cilindro que é dividido em duas seções, A e B, por um pistão adiabático sem atrito. Todas as modificações em B são isotérmicas, isto é, um termostato envolve B e mantém a temperatura constante. Cada seção contém 2,00 mol do gás. Inicialmente, T A = T B = 300   K ,   V A = V B = 2,00   d m 3 . Injeta-se calor no gás da seção A, e o pistão se desloca para a direita, reversivelmente, até que o volume na seção B seja de 1,00 d m 3 . Calcule (a) ∆ S A   e   ∆ S B (b) ∆ A A   e   ∆ B B (c) ∆ G A   e   ∆ G B , (d) ∆ S do sistema e das suas vizinhanças. Se não for possível calcular valores numéricos, indique, pelas informações fornecidas, se devem ser positivos, negativos, nulos ou indeterminados. (Admita que C v m = 20   J   K - 1 m o l - 1 . )

Passo 1

Oi pessoal, vamos resolver essa questão?

Para a parte (a) da questão vamos fazer o seguinte:

∆ S A = 2   m o l 20   J K - 1 m o l - 1 ln ⁡ 3 + ( 2   m o l ) ( 8,314   J K - 1 m o l - 1 ) ( ln ⁡ 3 d m 3 2 d m 3 )  

∆ S A = 50,7   J K - 1

∆ S B = 2 m o l 8,314   J K - 1 m o l - 1 ln ⁡ 1 d m 3 2 d m 3

∆ S B = - 11,5   J K - 1

Passo 2

Para a parte (b) teremos que:

∆ A B = - 300 K - 11,5   J K - 1

∆ A B = + 3,46   K J

∆ A A   é   i n d e t e r m i n a d o

Passo 3

Na parte (c) faremos o seguinte:

∆ G B = - ( 300   K ) ( - 11,5   J K - 1 )

∆ G B = 3,46   K J

∆ G A   é   i n d e t e r m i n a d o

Passo 4

Para a parte (d) temos o seguinte:

∆ S s i s t = - ∆ S v i z

∆ S s i s t = 50,7 - 11,5 J K - 1

∆ S s i s t = + 39,2   J K - 1

∆ S v i z = - 39,2   J K - 1

Resposta

∆ S A = 50,7   J K - 1

∆ S B = - 11,5   J K - 1

∆ A B = + 3,46   K J

∆ A A   é   i n d e t e r m i n a d o

∆ G B = 3,46   K J

∆ G A   é   i n d e t e r m i n a d o

∆ S s i s t = + 39,2   J K - 1

∆ S v i z = - 39,2   J K - 1

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