respostas_10_entropia

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GABARITO – LISTA DE EXERCÍCIOS #10 CQ167 
Assunto: Segunda Lei - entropia 
 
 
1. Labowitz & Arents, exercício 3-II-5, página 35. Este é um 
clássico exemplo da utilidade da lei de Hess. No processo 
real, tudo está mudando: temperatura, estado físico dos 
componentes etc. por isso não é fácil determinar as 
variações globais das funções termodinâmicas. No entanto, 
podemos imaginar o processo como uma seqüência de três 
etapas, cada uma fácil de calcular. 
 
(I) aquecimento do líquido de 20C até 100C: 
 
H = Cp T = (18 cal.mol
-1.K-1) (80 K) = 1440 cal.mol-1 
 
   
 
1111
i
f
p Kmolcal 4,35
293K
373K
 lnKmolcal 18
T
T
 lnCΔS  












 
 
(II) vaporização do líquido em T = 100C: 
 
H = 9720 cal.mol-1 ( óbvio – tirado do Handbook ) 
 
 
 
11
1
Kmolcal 26,02
 K 373 
 molcal 9720 
T
ΔGΔH
ΔS 






 
 
(III) aquecimento do vapor desde 100C até 250C: 
 
H = Cp T = (8,6 cal.mol
-1.K-1) (150 K) = 1290 cal.mol-1 
 
   
 
1111
i
f
p Kmolcal 2,91
373K
523K
 lnKmolcal 8,6
T
T
 lnCΔS  











 
 
 
As variações globais são obtidas somando-se as três etapas: 
 
S = (4,35 u.e.) + (26,02 u.e.) + (2,91 u.e.) = 33,28 u.e. 
 
H = (1440 cal.mol-1) + (9720 cal.mol-1) + (1290 cal.mol-1) 
 = 12450 cal.mol-1 
 
O valor de U poderia ser obtido da mesma forma, mas é mais 
fácil se lembrarmos da definição da função entalpia: 
 
H = U + pV  U = H - (pV) = H - (nRT)  H – nRT 
 
= (12450 cal.mol-1)–(1,9872 cal.mol-1.K-1)(523 K) 
 
= 11410 cal.mol-1 
 
onde fizemos as aproximações de que o gás é ideal, e que o 
volume do líquido é desprezível em comparação com o volume 
do gás. 
 
 
2. A definição da função entropia é dS = Q / T. Integrando, vem: 
 



















i
f
i
f
p
p
T
T
 lnR 1
2
3
 n
T
T
lnCnΔS
T
dT Cn
dS
 
     
 
111 Kcal 3,27
K298
K573
 lnKmolcal 1,9872 
2
5
 mol 1  






 
 
 
 
3. Muito parecido com o primeiro, só que agora o sistema está 
esfriando e não aquecendo. De novo só precisamos desenhar o 
ciclo termodinâmico correto e calcular as variações em cada 
etapa. 
 
(I) liquefação do vapor a 100C: 
 
  
 
11
11
Kmolcal 26,1
 K 373 
molg 18 gcal 540- 
T
ΔGΔH
ΔS 






 
 
 
(II) resfriamento do líquido de 100C até 0C: 
 
   
 
1111
i
f
p Kmolcal -5,6
373K
273K
 lnKmolcal 18
T
T
 lnCΔS  












 
 
(III) congelamento do líquido a 0C: 
 
  
 
11
11
Kmolcal 5,3
 K 273 
molg 18 gcal 80- 
T
ΔGΔH
ΔS 






 
 
 
S = (-26,1 u.e.) + (-5,6 u.e.) + (-5,3 u.e.) = -37 u.e. 
 
4. REA, problema 3-9, página 154. A mudança total de entropia é 
obtida somando as variações do sistema e das vizinhanças: 
 
Univ.S = sist.S + res.S 
 
 
 
 
 
11
11
Univ. KJ 0,41Kcal 0,1
K 273
molcal 34
K 1308
molcal 34
SΔ 






 
 
5. Este é fácil, pois transições de fase são processos que 
ocorrem a temperatura constante. Usando a definição, 
 
 
 
11
1O
vO
v KmolJ 111
K 3133
molkJ 349
T
HΔ
SΔ 




 
 
 
 
6. Este é uma aplicação simples da fórmula da eficiência de 
máquinas térmicas. 
 
  K317K373 0,85T 0,85T0,85
T
T
0,15
T
T
1
T
TT
η qf
q
f
q
f
q
fq
 


 
Logo, a temperatura do banho de resfriamento tem de estar 
abaixo de 317 K  44C. 
 
7. Primeiro é necessário calcular a temperatura de equilíbrio. 
 
(calor cedido pela água quente)=(calor absorvido pela água fria) 
 
     
fq
ffqq
eq.ffqqqfeq.feq.pfeq.qpq
mm
TmTm
TTmTmmmTTTCmTTCm



 
 
     
   
C62,5
g 75g 25
C75g 75C25g 25
Teq.






 
 
 
 
Observe que usando as temperaturas em K dá o mesmo resultado, 
pois na equação original há variações de temperatura. 
 
Para calcular as variações de entropia, basta usar a fórmula: 
 
  
 
 
 
11
1
11
f
eq.
pf Kmolcal 0,167
K 298
K 336
 ln
molg18
Kmolcal 1g25
T
T
 lnCSΔ 


















 
 
 
  
 
 
 
11
1
11
q
eq.
pq Kmolcal -0,146
K 348
K 336
 ln
molg18
Kmolcal 1g75
T
T
 lnCSΔ 





















 
 
 
S = fS + qS =(0,17 u.e.)+(-0,146 u.e.)=+0,021 u.e.= 0,088 U.E. 
 
 
8. Este é uma ilustração de como diagramas diferentes podem ser 
usados para o mesmo processo. O ciclo de Carnot tem duas 
etapas adiabáticas; nelas vale 
 
Q = 0  Q/T = 0  dS = 0  S = cte. (uma isentrópica) 
 
Nas duas etapas isotérmicas, evidentemente T = cte. 
 
Não é difícil perceber que o diagrama pedido é apenas um 
retângulo formado pelas duas isentrópicas e duas isotérmicas.