Termodinâmica Química - Provão 2006
Instruções:
04.mar.2006, Eng. Materiais
Prof. Fabricio R. Sensato
Nome: _____________________________ RA__________
RESOLUÇÃO
►Equação dos gases ideais
pV = nRT
►Fator de compressibilidade
Z = Vm(real)/Vm(ideal)
T(K) = T(oC) + 273,15
R = 0,0820578 atmLmol-1K-1
R = 8,31447 JK-1mol-1
1Pa = 1kgm-1s-2; 1bar = 105 Pa; 1atm = 101 325 Pa
dU = dq + dw
CP,m – CV,m = R
dU = nCV,mdT;
dH = nCP,mdT
dS = dq(rev)/T
dw = -pextdV
ΔrHo = Σ νΔfHo(produtos) - Σ νΔfHo(reagentes)
ΔrGo = ΔrHo - TΔrSo
1) (2,0 pontos) Um gás a 250 K e 15 atm tem volume molar 12 % menor do que
o calculado pela lei dos gases perfeitos. Calcule (a) o fator de compressibilidade
nestas condições; (b) o volume molar do gás. (c) Que forças são dominantes no
gás, as atrativas ou as repulsivas?
Z=
Vm (ideal)
Vm (real)
RT
0,0820578 atmLmol-1K -1 × 250K
⇒
= 1,37 Lmol −1
P
15 atm
⎛ 12 ×1,37 Lmol-1 ⎞
⎟ = 1,2 Lmol−1
Vm (real) = 1,37 Lmol-1 − ⎜
⎜
⎟
100
⎝
⎠
Vm (ideal) =
Vm (ideal) 1,2 Lmol −1
=
= Z ⇒ 0,88
Vm (real) 1,37 Lmol −1
Como Z < 1, interações atrativas predominam.
Z=
• A avaliação tem duração de 90 min.
• Avaliação individual, sem consulta;
• É permitido o uso de calculadora (mas não é permitido o
uso de calculadoras contidas em celulares ou palmtops);
• Telefones celulares devem permanecer desligados
durante a realização da prova
• Certamente não há qualquer “armadilha” nos exercícios
• O empréstimo de qualquer material não é permitido;
• Todos os dados necessários para a resolução da prova
figuram na folha de questões;
• As questões devem ser resolvidas na própria folha de
questões. Se necessário, utilize o verso da folha de
questões;
• Não desate o maço que lhe foi entregue;
• Empregue o número correto de algarismos significativos;
• Resolução e respostas podem ser dadas a lápis ou caneta.
• Ao terminar a prova, deixe a sala sem qualquer alarde
2) (1,0 ponto) Calcule a entalpia padrão de formação do NOCl(g) a partir da
entalpia de formação do NO (+90,25 kJ mol-1) e aproveitando a seguinte
informação:
ΔrHo = +75,5 kJ mol-1
2NOCl(g) → 2NO(g) + Cl2(g)
ΔrHo = Σ νΔfHo(produtos) - Σ νΔfHo(reagentes)
75,5 kJmol-1 = 2 × 90,25 kJmol-1 - 2ΔfHo[NOCl(g)]
ΔfHo[NOCl(g)] = 52,5 kJmol-1
20 kPa × 1 mol × 8,31447 JK -1mol -1 × 298 K
⇒ w = - 0,50 kJ
100 kPa
q = - w ⇒ q = 0,50 kJ
w=−
b) ∆U = nCV,m∆T ⇒ ∆U = 1mol × (5/2)R -50 K ⇒ ∆U = q = -1,0 kJ
∆H = nCP,m∆T
CP,m = R + CV,m
CP,m = (7/2)R
∆H = 1 mol × (7/2)R × -50 K ⇒ ∆H = -1,5 kJ
(a + b)
∆U = 0 – 1,0 kJ = -1,0 kJ
w = -0,50 kJ + 0 = -0,50 kJ
∆H = 0 – 1,5 kJ = -1,5 kJ
q = 0,50 kJ + (-1,0 kJ) = -0,50 kJ
5) (2,0 pontos) A produção do etileno, C2H4, ocorre segundo a seguinte equação
química:
C2H6(g) → H2(g) + C2H4(g)
A reação é muito endotérmica (ΔrHo = +136,94 kJ) e a variação de entropia é
positiva (ΔrSo = +120,6 J/K). Esta reação é espontânea nas condições padrões a 25
o
C? Caso não seja, em que temperatura a reação se torna espontânea? Justifique
qualquer consideração assumida !!!
Será espontânea se ∆rGo < 0
∆rGo = ∆rHo - T∆So ⇒ ∆rGo = 136,94 kJ – (298K × 0,1206 kJ K-1) = 101 kJ
Como ∆rGo > 0, a reação não é espontânea a 298 K
Para determinar a temperatura em que a reação se torna espontânea, faz-se ∆rGo =
0. Assim:
0 = 136,94 kJ – T × 0,1206 kJ K-1 ⇒ T = 1140 K ou 867 oC.
Ou seja, acima de T = 867 oC a reação torna-se espontânea pois ∆rGo < 0
4) (2,0 pontos) Um mol de um gás ideal, inicialmente a 25 oC e 1 atm, é
transformado para 40 oC e 0,5 atm. Se CV,m = (3/2)R, calcule ΔS.
Como a entropia é uma função de estado e, portanto, independe do modo como o
sistema foi transformado do estado inicial,E(i), ao estado final, E(f), deve-se
escolher um caminho reversível que conecte os dois estados e, então, avaliar a
variação de entropia que acompanha tal transformação. Uma possibilidade seria
fragmentar a transformação em duas etapas: i) expansão isotérmica reversível de
Vi (24,4 L) a Vf (51,4 L)e ii) aquecimento a volume constante de 298 K a 313 K.
Veja a linha tracejada que une os dois estados inicial e final na Figura abaixo.
1
E(i)
0,9
Pressão, p/atm
3) (3,0 pontos) Um mol de gás ideal, CV,m = (5/2)R, é submetido a duas
transformações de estado sucessivas:
a) Inicialmente a 25 oC e 100 kPa, o gás é expandido isotermicamente contra uma
pressão constante de 20 kPa para duas vezes o seu volume inicial.
b) Após sofrer a transformação em (a), o gás é esfriado a volume constante de 25
o
C para -25 oC.
Calcule q, w, ΔU e ΔH para as transformações (a), (b) e para a transformação total
(a) + (b). Justifique qualquer consideração assumida (use o verso da folha se
necessário)
a) ∆U = 0; ∆H = 0 (isotérmico)
V2=2V1
w = -pext∆V ⇒ w = -pext(V2-V1) ⇒ w = -20 kPa (2V1-V1)
V1 = nRT/p1
w = - 20 kPa × V1 ⎯⎯
⎯⎯
⎯→ w = - 20 kPa ⎛⎜ nRT ⎞⎟
p1 ⎠
⎝
0,8
0,7
0,6
Isoterma 298 K
0,5
E(f)
Isoterma 313 K
0,4
20
30
40
50
Volume, V/L
Assim, o problema se reduz em, inicialmente, calcular a variação de entropia que
acompanha o processo de expansão isotérmica, 1, e somar com a variação de
entropia que acompanha a elevação da temperatura a volume constante, 2.
∆S(sistema) = ∆S(1) + ∆S(2)
⎛V ⎞
⎛T ⎞
ΔS(2) = nCV ,m ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
ΔS(1) = nRln⎜⎜ 2 ⎟⎟
V
⎝ T1 ⎠
⎝ 1⎠
Derive as expressões supracitadas a partir da definição térmica de entropia,
dS=dq(rev)/T!!! Substituindo-se as variáveis de estado nas expressões acima,
obtém-se:
ΔS1 = 6,20 JK-1;
ΔS2 = 0,61JK-1;
ΔS(gás) = 6,81 JK-1