Um cilindro contendo 71 g\pu{71 g} de gás cloro, inicialmente em 27 °C\pu{27 \degree C} sob 100 atm\pu{100 atm} se expande contra uma pressão constante de 1 atm\pu{1 atm} até o estado de equilíbrio. Como resultado da expansão, 10%10\% da massa de gás é condensada.

  1. Determine a variação de energia interna do sistema.

  2. Determine a variação de entropia do sistema.

DadosCP/JK ⋅ molC_P/\pu{J//K.mol}ΔHvap/kJmol\Delta H_\mathsf{vap}/\pu{kJ//mol}Teb/∘CT_\mathsf{eb}/\pu{^\circ C}
ClX2(g)\ce{Cl2(g)}34\pu{34}20\pu{20}−34\pu{-34}
Gabarito
Gabarito

A variação de energia interna e a variação de entropia do sistema podem ser calculadas escolhendo um caminho reversível mais conveniente entre o estado inicial e o estado final. Como a entropia e a energia interna são funções de estado, esse caminho auxiliar pode ser usado sem alterar os resultados. Ao final do processo, o sistema está em equilíbrio sob 1 atm\pu{1 atm} com 10 %\pu{10 \%} do cloro condensado; portanto, a temperatura final é a temperatura de ebulição normal do ClX2\ce{Cl2}, isto é, −34 °C\pu{-34 \degree C}.

Etapa 1.Converta a massa de cloro em quantidade de matéria.

nClX2,i=mClX2MClX2=71 g71 gmol=1 mol n_{\ce{Cl2},i} = \dfrac{m_{\ce{Cl2}}}{M_{\ce{Cl2}}} = \dfrac{\pu{71 g}}{\pu{71 g//mol}} = \pu{1 mol}

Como 10 %\pu{10 \%} da massa se condensa, nClX2(l),f=0,1 molenClX2(g),f=0,9 mol n_{\ce{Cl2}(l),f} = \pu{0,1 mol} \qquad\text{e}\qquad n_{\ce{Cl2}(g),f} = \pu{0,9 mol}

A temperatura final é Tf=−34 °C+273 K=239 K T_f = \pu{-34 \degree C} + \pu{273 K} = \pu{239 K} e a temperatura inicial é Ti=27 °C+273 K=300 K T_i = \pu{27 \degree C} + \pu{273 K} = \pu{300 K}

Etapa 2.(a) Calcule a variação de energia interna do sistema.

Para o cloro gasoso, a capacidade calorífica em volume constante é CV=CP−R=34 JK ⋅ mol−8,31 JK ⋅ mol=25,69 JK ⋅ mol C_V = C_P - R = \pu{34 J//K.mol} - \pu{8,31 J//K.mol} = \pu{25,69 J//K.mol}

Considere o caminho auxiliar em duas etapas: primeiro, resfriar 1 mol\pu{1 mol} de ClX2(g)\ce{Cl2(g)} de 300 K\pu{300 K} até 239 K\pu{239 K}; depois, condensar 0,1 mol\pu{0,1 mol} de cloro a 239 K\pu{239 K}.

No resfriamento do gás, ΔU1=nCVΔT=(1 mol)(25,69 JK ⋅ mol)(239 K−300 K)=−1567 J \Delta U_1 = n C_V \Delta T = (\pu{1 mol})(\pu{25,69 J//K.mol})(\pu{239 K} - \pu{300 K}) = \pu{-1567 J}

Na condensação, usa-se ΔUvap=ΔHvap−ΔngaˊsRT \Delta U_\mathrm{vap} = \Delta H_\mathrm{vap} - \Delta n_\text{gás}RT Logo, para 1 mol\pu{1 mol}, ΔUvap=20 kJmol−(1)(8,31 JK ⋅ mol)(239 K)=18,0 kJ ⋅ mol−1 \Delta U_\mathrm{vap} = \pu{20 kJ//mol} - (\pu{1})(\pu{8,31 J//K.mol})(\pu{239 K}) = \pu{18,0 kJ.mol-1} Portanto, para a condensação de 0,1 mol\pu{0,1 mol}, ΔU2=−(0,1 mol)(18,0 kJmol)=−1800 J \Delta U_2 = -(\pu{0,1 mol})(\pu{18,0 kJ//mol}) = \pu{-1800 J}

Assim, ΔUsist=ΔU1+ΔU2=−1567 J+−1800 J=−3367 J \Delta U_\text{sist} = \Delta U_1 + \Delta U_2 = \pu{-1567 J} + \pu{-1800 J} = \boxed{\pu{-3367 J}}

Etapa 3.(b) Calcule a variação de entropia do sistema.

Considere novamente o mesmo caminho auxiliar.

Para o resfriamento e descompressão reversível do gás de 300 K\pu{300 K} e 100 atm\pu{100 atm} até 239 K\pu{239 K} e 1 atm\pu{1 atm}, ΔS1=nCPln⁡ ⁣(TfTi)−nRln⁡ ⁣(PfPi) \Delta S_1 = n C_P \ln\!\left(\dfrac{T_f}{T_i}\right) - nR \ln\!\left(\dfrac{P_f}{P_i}\right) Logo, ΔS1=(1 mol)(34 JK ⋅ mol)ln⁡ ⁣(239 K300 K)−(1 mol)(8,31 JK ⋅ mol)ln⁡ ⁣(1 atm100 atm)=30,6 J ⋅ K−1 \Delta S_1 = (\pu{1 mol})(\pu{34 J//K.mol})\ln\!\left(\dfrac{\pu{239 K}}{\pu{300 K}}\right) - (\pu{1 mol})(\pu{8,31 J//K.mol})\ln\!\left(\dfrac{\pu{1 atm}}{\pu{100 atm}}\right) = \pu{30,6 J.K-1}

Para a condensação de 0,1 mol\pu{0,1 mol} a 239 K\pu{239 K}, ΔS2=−nΔHvapT=−(0,1 mol)(20⋅103 Jmol)239 K=−8,37 J ⋅ K−1 \Delta S_2 = -\dfrac{n \Delta H_\mathrm{vap}}{T} = -\dfrac{(\pu{0,1 mol})(\pu{20e3 J//mol})}{\pu{239 K}} = \pu{-8,37 J.K-1}

Assim, ΔSsist=ΔS1+ΔS2=30,6 J ⋅ K−1+−8,37 J ⋅ K−1=22,2 J ⋅ K−1 \Delta S_\text{sist} = \Delta S_1 + \Delta S_2 = \pu{30,6 J.K-1} + \pu{-8,37 J.K-1} = \boxed{\pu{22,2 J.K-1}}