atividade 8

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA MARIA 
CURSO DE ENGENHARIA AEROESPACIAL 
DISCIPLINA DE FUNDAMENTOS DE FÍSICO-QUÍMICA “A” – FSC 222 
 
Prof. Ma. Ana Claudia Lausman 
Aline Rabelo Antunes 
 
Atividade 8 – Unidade 1 
Exercício 1: Será que um processo não espontâneo com ΔS negativo pode tornar-se 
espontâneo se a temperatura for aumentada (considerando que ΔH, ΔS independem da 
temperatura)? 
 Não, pois a equação ∆𝐺 = ∆𝐻 − 𝑇∆𝑆, se baseia em valores de uma reação espontânea 
∆𝐻, 𝑇 e ∆𝑆. Uma vez que os termos −𝑇∆𝑆 deixam de ser um valor negativo, o processo não 
será espontâneo. 
 A não ser, é claro, que ∆𝐻 tenha um valor negativo e maior que a expressão −𝑇∆𝑆. 
Então, será espontâneo mesmo. 
 
 
Exercício 2: Será que um processo não espontâneo com ΔS positivo pode tornar-se 
espontâneo se a temperatura for aumentada (considerando que ΔH, ΔS independem da 
temperatura)? 
 Pode se tornar espontâneo, já que o valor de ∆𝐺 terá valor negativo. Com exceção ao 
caso de ∆𝐻 ser um valor positivo e maior que a expressão −𝑇∆𝑆. 
 
 
Exemplo 4J.1 Determinar se um processo é espontâneo 
 Uma maneira adequada de se familiarizar com processos termodinâmicos consiste em 
começar com um sistema e considerar como várias mudanças podem afetá-lo. Calcule a 
variação de energia livre molar, ΔGm, do processo H2O(s) → H2O(l) em 1 atm e (a) 10°C, (b) 
0°C. Verifique, para cada temperatura, se a fusão é espontânea em pressão constante. Trate 
ΔHfus e ΔSfus como independentes da temperatura. 
 
 Considerando que ΔHfus e ΔSfus são constantes na temperatura observada, temos que a 
entalpia de fusão será 6,01 kJ·mol
-1
 a entropia de fusão final (do líquido) menos a inicial (do 
sólido), será 22,0 J·K
-1
·mol
-1 
– considerando (65,2 + 43,2). 
Para 10°C: 
 𝑇 = (273,15 + 10)𝐾 = 283 𝐾 
∆𝐺 = ∆𝐻 − 𝑇∆𝑆 
∆𝐻 = 6,01 kj · mol −1 
∆𝑆 = 22,0 J · K−1 · mol −1 
∆𝐺 = 6000 kj · mol −1 − 283𝐾 ∙ 22,0 J · K−1 · mol −1 = −0,22 𝑘𝐽 · mol −1 
 Para 0ºC: 
𝑇 = (273,15 + 0)𝐾 = 273 𝐾 
Como se trata da mesma reação apenas em temperaturas distintas os valores de ∆𝐻 e ∆𝑆 são 
os mesmos. 
 
∆𝐺 = 6000 kj · mol −1 − 273𝐾 ∙ 22,0 J · K−1 · mol −1 = 0 
 
 
Exercício 3: Calcule a variação de energia livre de Gibbs molar do processo H2O(l) → H2O(g) 
em 1 atm e (a) 95°C, (b) 105°C. A entalpia de vaporização é 40,7 kJ/mol e a entropia de 
vaporização é 109,1 J/K·mol. Indique, em cada caso, se a vaporização é espontânea ou não. 
 
 A entalpia de vaporização da água é ∆𝐻 = 40,7 𝑘𝐽 · mol −1. 
 A entropia de vaporização é ∆𝑆 = 109,1 𝐽 ∙ 𝐾−1 ∙ 𝑚𝑜𝑙−1. 
 Novamente será utilizado ∆𝐺 = ∆𝐻 − 𝑇∆𝑆. 
 
Para 95°C: 
∆𝐺 = 40,7𝑘𝐽 · mol −1 − ((273 + 95)𝐾 × 109,1𝐽 ∙ 𝐾−1 ∙ 𝑚𝑜𝑙−1) = 40,7 − 40,15 
∆𝐺 = +0,6𝑘𝐽, e, portanto, não é espontânea. 
Para 105°C: 
∆𝐺 = 40,7𝑘𝐽 · mol −1 − ((273 + 105)𝐾 × 109,1𝐽 ∙ 𝐾−1 ∙ 𝑚𝑜𝑙−1) = 40,7 − 41,2 
∆𝐺 = −0,5 𝑘𝐽, e, portanto, é espontânea. 
 
 
Exemplo 4J.2 Determinação da energia livre de Gibbs padrão de formação usando dados de 
entalpia e entropia 
O iodeto de hidrogênio é um composto reativo usado na produção de metanfetamina. Ele pode 
ser produzido pela reação direta dos elementos. Calcule a energia livre de Gibbs padrão de 
formação de HI(g) em 25°C usando sua entropia molar padrão e sua entalpia padrão de 
formação. 
A equação química desta reação é 
1
2
𝐻2 +
1
2
𝐼2(𝑔) → 𝐻𝐼(𝑔). 
Para este cálculo será usado ∆𝐺° = ∆𝐻° − 𝑇∆𝑆°, onde 
 
∆𝐻º = (1𝑚𝑜𝑙) × (𝐻𝐼, 𝑔) = +26,48𝑘𝐽. 
 
Para obter ∆𝑆°, consideraremos 
 
∆𝑆° = ∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠) − ∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠). 
Ou seja, 
∆𝑆° = 𝑆𝑚(𝐻𝐼, 𝑔) − {
1
2
𝑆𝑚°(𝐻2, 𝑔) +
1
2
𝑆𝑚°(𝐼2, 𝑔)} 
 
∆𝑆° = ((1 𝑚𝑜𝑙) × (206,6 𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1))
− {(
1
2
) × (130,7 𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1) + (
1
2
) (116,11𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1)} 
 
∆𝑆° = +83,2 𝐽 ∙ 𝐾−1 = +0,0832 𝑘𝐽 ∙ 𝐾−1 
 
 E, finalmente, 
∆𝐺° = ((1 𝑚𝑜𝑙) × (26,48𝑘𝐽 · mol −1)) − ((298𝐾) × (0,0832 𝑘𝐽 ∙ 𝐾−1)) = +1,69 𝑘𝐽 
Como o valor é positivo, a reação não é espontânea. 
 
 
Exercício 4: Calcule a energia livre de Gibbs padrão de formação de NH3 em 25°C usando a 
entalpia de formação e as entropias molares das espécies envolvidas em sua formação. 
1
2
𝑁2(𝑔) +
3
2
𝐻2(𝑔) → 𝑁𝐻3(𝑔) 
 
∆𝐻º = (1𝑚𝑜𝑙) × (𝑁𝐻3, 𝑔) = −46,11𝑘𝐽 · mol 
−1 
 
Partindo de ∆𝑆° = ∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠) − ∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠), teremos 
 
∆𝑆° = 𝑆𝑚(𝑁𝐻3, 𝑔) − {
1
2
𝑆𝑚°(𝑁2, 𝑔) +
3
2
𝑆𝑚°(𝐻2, 𝑔)} 
 
∆𝑆° = ((1 𝑚𝑜𝑙) × (192,45 𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1))
− {(
1
2
) × (191,61 𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1) + (
3
2
) (130,68 𝐽 ∙ 𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1)} 
 
= − {192,45 − (95,805 + 196,02)} 
 
∆𝑆° = −99,375 𝐽 ∙ 𝐾−1 = −0,0994 𝑘𝐽 ∙ 𝐾−1 
 
 Desde já, podemos presumir que a reação será espontânea, dado o alto valor de 
∆𝐻° em relação a ∆𝑆°. 
 
 Partindo de ∆𝐺° = ∆𝐻° − 𝑇∆𝑆°, teremos 
 
∆𝐺° = ((1 𝑚𝑜𝑙) × (−46,11𝑘𝐽 · mol −1)) − ((298𝐾) × (−0,0994 𝑘𝐽 ∙ 𝐾−1))
= (−46,11 + 29,62)𝑘𝐽 
 
∆𝐺° = −16,5 𝑘𝐽 
 
 
Exemplo 4J.3 Cálculo da energia livre de Gibbs padrão de uma reação 
 A amônia tem estabilidade por tempo indefinido no ar. Um agrônomo estuda a 
estabilidade da amônia no solo e precisa saber se o composto se mantém estável porque sua 
oxidação não é espontânea ou porque ela é espontânea, mas muito lenta. Calcule a 
energialivre de Gibbs padrão da reação 4 𝑁𝐻3(𝑔) + 5 𝑂2(𝑔) → 4 𝑁𝑂(𝑔) + 6 𝐻2𝑂(𝑔) e avalie 
se ela é espontânea nas condições padrão em 25°C. 
 
∆𝐺° = {(4𝑚𝑜𝑙𝑠) ∆𝐺𝑓°(𝑁𝑂, 𝑔) + (6 𝑚𝑜𝑙𝑠) × ∆𝐺𝑓°(𝐻2𝑂, 𝑔)}
− {((4 𝑚𝑜𝑙𝑠) × ∆𝐺𝑓°(𝑁𝐻3, 𝑔)) + ((5 𝑚𝑜𝑙𝑠) × (∆𝐺𝑓°(𝑂2, 𝑔))} 
 
∆𝐺° = {((4 𝑚𝑜𝑙𝑠) × 86,55) + ((6 𝑚𝑜𝑙𝑠) × (−228,57)}
− {(4 𝑚𝑜𝑙𝑠) × (−16,45) + (5 𝑚𝑜𝑙𝑠 ) × (0)} = −959,42 𝑘𝐽 
 
 Como é negativa a combustão da amônia em 25°C é espontânea. 
 
Exercício 5: Calcule a energia livre de Gibbs padrão de reação de 𝐶𝑂(𝑔) + 𝑂2 (𝑔) →
2𝐶𝑂2 (𝑔) a partir das energias livres de Gibbs de formação em 25°C. 
 
∆𝐺° = {(2 𝑚𝑜𝑙𝑆) ∆𝐺𝑓°(𝐶𝑂2, 𝑔)}
− {((1 𝑚𝑜𝑙) × ∆𝐺𝑓°( 𝐶𝑂, 𝑔)) + ((1 𝑚𝑜𝑙𝑠) × (∆𝐺𝑓°(𝑂2, 𝑔))} 
 
∆𝐺° = {(2 ) × (−394,36)} − {((1 ) × (−137,17)) + ((1 ) × (0)} = −651,55 𝑘𝐽 
E assim, temos que a reação será espontânea. 
Exercício 6: Derive a relação entre a energia livre e o trabalho de não expansão máximo. 
 
 Para isso consideraremos a fórmula ∆𝐺 = ∆𝐻 − 𝑇∆𝑆 como sendo 𝑑𝐺 = 𝑑𝐻 − 𝑇𝑑𝑆, 
tendo em vista que essas variações serão muito pequenas e a temperatura é constante. 
 Também será considerado ∆𝐻 = ∆𝑈 + 𝑃∆𝑉 como 𝑑𝐻 = 𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉, com a mesma 
premissa anterior e à pressão constante. 
Agora, podemos substituir: 
𝑑𝐺 = (𝑑𝑈 + 𝑃𝑑𝑉) − 𝑇𝑑𝑆, com pressão e temperatura constantes. 
 
 Podemos “abrir” essa equação mais ainda, tomando o valor de 𝑑𝑈, partindo de 
∆𝑈 = ∆𝑤 + ∆𝑞 com a mesma notação “d” no lugar de ∆. Substituindo: 
𝑑𝐺 = (𝑑𝑤 + 𝑑𝑞 + 𝑃𝑑𝑉) − 𝑇𝑑𝑆, 
 
 onde a temperatura e a pressão permanecem constantes. 
 
Para que o máximo de trabalho seja realizado precisa ocorrer de forma reversível, portanto, 
𝑑𝐺 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣 + 𝑑𝑞𝑟𝑒𝑣 + 𝑃𝑑𝑉 − 𝑇𝑑𝑆. 
 
 Tendo em mente ∆𝑆 =
∆𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
, como sendo infinitesimal, ou seja, mente 𝑑𝑆 =
𝑑𝑞𝑟𝑒𝑣
𝑇
 , e 
assim 𝑑𝑞𝑟𝑒𝑣 = 𝑇𝑑𝑆 
𝑑𝐺 = 𝑇𝑑𝑆 + 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣 + 𝑃𝑑𝑉 − 𝑇𝑑𝑆 
𝑑𝐺 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣 + 𝑃𝑑𝑉. 
 
Vale observar que o sistema pode realizar tanto expansão quanto no contrário. E 
 
𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣, 𝑒 + 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣′𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠ã𝑜 
Sabe-se que 𝑤𝑟𝑒𝑣′𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠ã𝑜 = −𝑃𝑒𝑥𝑝∆𝑉, ou 𝑤𝑟𝑒𝑣,𝑒 = −𝑃 𝑑𝑉. 
 
Substituindo, ficamos com 
𝑑𝐺 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣, 𝑒 + 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣′𝑒𝑥𝑝𝑎𝑛𝑠ã𝑜 + 𝑃𝑑𝑉 
 
𝑑𝐺 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣, 𝑒 + −𝑃𝑑𝑉 + 𝑃𝑑𝑉 
 
𝑑𝐺 = 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣,𝑒 
 
 Em temperatura e pressão constantes. 
 Onde 𝑑𝑤𝑟𝑒𝑣,𝑒 , que foi atingindo reversivelmente, trabalho de não expansãomáximo 
que o sistema pode efetuar. 
 
 
4J.4 Como identificar a temperatura na qual uma reação endotérmica torna‐se espontânea 
A produção de aço a partir do minério de ferro é endotérmica. Para reduzir a quantidade de 
calor que deve ser fornecida, os engenheiros precisam descobrir a menor temperatura em que 
as reações são espontâneas. Estime a temperatura em que é termodinamicamente possível para 
o carbono reduzir óxido de ferro(III) a ferro, em condições padrão, pela reação endotérmica 
2 𝐹2𝑂3(𝑠) + 3 𝐶 (𝑠) → 4 𝐹𝑒(𝑠) + 3 𝐶𝑂2 (𝑔). 
Consideremos que ∆𝐻° e ∆𝑆° sejam constantes na faixa de tempo considerada. 
Tendo em vista que ∆𝐻° = ∑ 𝑛 ∆𝐻𝑓°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠) − ∑ 𝑛 ∆𝐻𝑓°(𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠), temos que 
 
∆𝐻° = {(3 𝑚𝑜𝑙) × ∆𝐻𝑓°(𝐶𝑂2, 𝑔) − (2 𝑚𝑜𝑙𝑠) × ∆𝐻𝑓°(𝐹2𝑂3, 𝑠) 
= (3)(−395,5) − (2)(−824,2) = +476,9𝑘𝐽 
Para calcular a variação de entropia, será considerado ∆𝑆° = ∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠) −
∑ 𝑛 𝑆𝑚°(𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠). De onde segue que 
∆𝑆° = { (4 𝑚𝑜𝑙𝑠)𝑆𝑚°(𝐹𝑒, 𝑠) + (4 𝑚𝑜𝑙𝑠)𝑆𝑚°(𝐶𝑂2, 𝑠)}
− {( 2 𝑚𝑜𝑙𝑠)𝑆 ×𝑚 °(2 𝐹2𝑂3, 𝑠) + (3 𝑚𝑜𝑙𝑠)𝑆𝑚°(𝐶, 𝑠)} 
 
== {(4)(273) + (3)(213,7)} − {(2)(87,4) + 3(5,7)}𝐽 ∙ 𝐾−1 = +558,4 𝐽 ∙ 𝐾−1 
 
Conforme a temperatura aumentar, em um dado momento ∆𝐺° = 0, neste momento, como 
∆𝐺° = ∆𝐻° − 𝑇∆𝑆°, 𝑇 =
∆𝐻°
∆𝐺° 
 . Acima desta temperatura ∆𝐺° será negativa. 
𝑇 =
476,9 × 105𝐽
+558,4 𝐽 ∙ 𝐾−1 
= 838 𝐾 
 Assim, pode se concluir que esta reação endotérmica, a temperatura mínima é de 565 
ºC. 
REFERÊNCIAS 
[1] Princípios de química : questionando a vida moderna e o meio ambiente [recurso 
eletrônico] / Peter Atkins, Loretta Jones, Leroy Laverman ; tradutor: Félix José 
Nonnenmacher ; revisão técnica: Ricardo Bicca de Alencastro. – 7. ed. – Porto Alegre : 
Bookman, 2018.