Um mol de gás oxigênio (O2), tratado como gás ideal, encontra-se inicialmente no estado de pressão p=10 atm e temperatura T=300 K. Determine a variação de entropia do gás, considerando os seguintes processos:
Uma redução isovolumétrica da pressão para 5 atm .
Dados: CP, M(O2(g))=29,96+4,18 times 10^-3 T-1,67 times 10^-5 T^-2[J mol^-1 K^-1]

Passo 1

Beleza, vamos lá! Temos um problema de termodinâmica envolvendo a variação de entropia de um mol de gás oxigênio ( O2) que está passando por um processo isovolumétrico, ou seja, com volume constante. Inicialmente, a pressão é de 10 atm e a temperatura é de 300 K, e queremos descobrir como a entropia muda quando a pressão cai para 5 atm. Para resolver isso, vamos precisar usar conceitos de entropia, processos isovolumétricos e as relações dos gases ideais.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar que a variação de entropia ( De) em um processo reversível pode ser calculada pela integral de dQrevT, onde dQrev é a quantidade de calor trocado reversivelmente e T é a temperatura. No caso de um processo isovolumétrico (volume constante), a quantidade de calor trocado está relacionada à capacidade térmica a volume constante ( CV).

Passo 3

Para um gás ideal, sabemos que a capacidade térmica a pressão constante ( CP) e a capacidade térmica a volume constante ( CV) estão relacionadas pela equação:
CP - CV = R
onde R é a constante dos gases ideais, aproximadamente 8,314 , J , mol^-1 , K^-1. Isso nos ajuda a encontrar CV a partir de CP.

Passo 4

A variação de entropia para um processo isovolumétrico pode ser expressa como:
De
Como CV = CP - R, podemos reescrever a equação:
De

Passo 5

Dado que o processo é isovolumétrico e usando a equação dos gases ideais pV = nRT, com volume constante, a relação entre temperatura e pressão é:
p1T1 = p2T2 Rightarrow T2T1 = p2p1
Portanto, podemos substituir T2T1 por p2p1 na equação da variação de entropia:
De

Passo 6

Agora, vamos substituir CP pela expressão fornecida:
CP(T) = 29,96 + 4,18 times 10^-3 T - 1,67 times 10^-5 T^-2 , J , mol^-1 , K^-1
Vamos integrar cada termo separadamente:
integral CPT , dT = integral 29,96T , dT + integral 4,18 times 10^-3 TT , dT - integral 1,67 times 10^-5T^3 , dT
Simplificando:
= 29,96 ln T + 4,18 times 10^-3 T + 1,67 times 10^-52 T^2 + C
Agora, avaliamos de T1 a T2. Mas primeiro, precisamos encontrar T2 usando a relação de temperaturas e pressões:
T2300 , K = 5 , atm10 , atm Rightarrow T2 = 150 , K
Agora, substituindo os valores:
De
Calculando cada termo:
29,96 ln(150) approx 29,96 times 5,0106 approx 150,24 , J , mol^-1 , K^-1
4,18 times 10^-3 times 150 = 0,627 , J , mol^-1 , K^-1
1,67 times 10^-52 times 22500 approx 3,71 times 10^-10 , J , mol^-1 , K^-1
Somando para T2:
150,24 + 0,627 + 3,71 times 10^-10 approx 150,867 , J , mol^-1 , K^-1
Agora para T1:
29,96 ln(300) approx 29,96 times 5,7038 approx 170,89 , J , mol^-1 , K^-1
4,18 times 10^-3 times 300 = 1,254 , J , mol^-1 , K^-1
1,67 times 10^-52 times 90000 approx 9,28 times 10^-10 , J , mol^-1 , K^-1
Somando para T1:
170,89 + 1,254 + 9,28 times 10^-10 approx 172,144 , J , mol^-1 , K^-1
Agora, a diferença:
150,867 - 172,144 approx -21,277 , J , mol^-1 , K^-1
E o termo do logaritmo:
- R ln(510) = -8,314 ln(0,5) approx -8,314 times (-0,6931) approx 5,764 , J , mol^-1 , K^-1
Finalmente:
De

Resposta

A variação de entropia do gás oxigênio durante a redução isovolumétrica de pressão de 10 atm para 5 atm é aproximadamente -15,5 , J , mol^-1 , K^-1.

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