Determine o valor de dT/dP para a água em seu ponto normal de ebulição a 373,15 \mathrm{~K}, sabendo que a entalpia de vaporização é 40,65 \mathrm{~kJ} \mathrm{~mol}^{-1}, que a densidade do líquido e do vapor são 0,9584 \mathrm{~g} \mathrm{~mL}^{-1} e 0,0610 \mathrm{~g} \mathrm{~L}^{-1}, respectivamente e estime o ponto de ebulição da água a 5 atm .

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Determinar o valor de \dfrac{dT}{dP} para a água no ponto normal de ebulição ( T=373{,}15\\ \mathrm{K}, pressão 1\\ \mathrm{atm}).
  • Estimar o ponto de ebulição da água a 5\\ \mathrm{atm}.
Informações fornecidas (peguei do enunciado):
  • Entalpia de vaporização: \Delta H_{\text{vap}} = 40{,}65\\ \mathrm{kJ\\ mol^{-1}}.
  • Densidade do líquido: \rho_{\ell}=0{,}9584\\ \mathrm{g\\ mL^{-1}}.
  • Densidade do vapor (saturado a 100^\circ\mathrm{C}, segundo o enunciado): \rho_{g}=0{,}0610\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}.
  • Temperatura do ponto de ebulição normal: T=373{,}15\\ \mathrm{K}.
Observações iniciais de unidades que vou usar:
  • Vou trabalhar em unidades SI para aplicar a equação de Clapeyron: volume molar em \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}, \Delta H em \mathrm{J\\ mol^{-1}}, pressão em \mathrm{Pa}.
  • Massa molar da água usada: M=18{,}015\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}.

Passo 2

Fórmula que relaciona T e P na mudança de fase (Clapeyron) e simplificação:
  • A equação de Clapeyron geral é
\frac{dP}{dT}=\frac{\Delta H}{T\,\Delta V},
onde
  • \Delta H é a entalpia molar de mudança de fase ( \mathrm{J\\ mol^{-1}}),
  • T é a temperatura absoluta ( \mathrm{K}),
  • \Delta V é a variação do volume molar entre as fases ( \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}), isto é \Delta V=V_{g}-V_{\ell}.
  • Nós queremos \dfrac{dT}{dP}. Invertendo a expressão:
\frac{dT}{dP}=\frac{T\,\Delta V}{\Delta H}.
Explicando as variáveis de forma simples:
  • \dfrac{dT}{dP} dá quanto a temperatura de ebulição varia quando a pressão muda (unidade natural: \mathrm{K\\ Pa^{-1}}).
  • Para usar essa fórmula preciso calcular \Delta V por mol usando as densidades fornecidas e converter tudo para SI.

Passo 3

Cálculo do volume molar do líquido ( V_{\ell}) e do vapor ( V_{g}) a partir das densidades dadas.
  1. Converter densidades para unidades compatíveis:
  • Densidade do líquido: \rho_{\ell}=0{,}9584\\ \mathrm{g\\ mL^{-1}}.
    • Como 1\\ \mathrm{mL}=1\times10^{-3}\\ \mathrm{L}, então \rho_{\ell}=0{,}9584\\ \mathrm{g\\ mL^{-1}}=958{,}4\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}.
  • Densidade do vapor: \rho_{g}=0{,}0610\\ \mathrm{g\\ L^{-1}} (já em \mathrm{g\\ L^{-1}}).
  1. Volume molar em \mathrm{L\\ mol^{-1}} é V = \dfrac{M}{\rho}, onde M está em \mathrm{g\\ mol^{-1}} e \rho em \mathrm{g\\ L^{-1}}.
  • Volume molar do líquido:
V_{\ell}=\frac{M}{\rho_{\ell}} =\frac{18{,}015\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}}{958{,}4\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}} =0{,}01879\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}}.
Converter para \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}} (pois 1\\ \mathrm{L}=10^{-3}\\ \mathrm{m^{3}}):
V_{\ell}=0{,}01879\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}}=1{,}879\times10^{-5}\\ \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}.
  • Volume molar do vapor:
V_{g}=\frac{M}{\rho_{g}} =\frac{18{,}015\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}}{0{,}0610\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}} =295{,}164\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}}.
Converter para \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}:
V_{g}=295{,}164\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}}=0{,}295164\\ \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}.
  1. Diferença de volumes molares:
\Delta V = V_{g}-V_{\ell} =0{,}295164-0{,}00001879 \approx0{,}295145\\ \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}}.
(Observação: V_{\ell} é muito pequeno perto de V_{g}, então \Delta V\approx V_{g} numericamente.)

Passo 4

Aplicar a fórmula \dfrac{dT}{dP}=\dfrac{T\,\Delta V}{\Delta H} com todas as unidades em SI.
  1. Converter \Delta H para \mathrm{J\\ mol^{-1}}:
\Delta H = 40{,}65\\ \mathrm{kJ\\ mol^{-1}} = 40{,}650\\ \mathrm{J\\ mol^{-1}}.
  1. Calcular o numerador T\,\Delta V:
T\,\Delta V = 373{,}15\\ \mathrm{K}\times 0{,}295145\\ \mathrm{m^{3}\\ mol^{-1}} \approx 110{,}13\\ \mathrm{K\cdot m^{3}\\ mol^{-1}}.
  1. Calcular \dfrac{dT}{dP}:
\frac{dT}{dP}=\frac{110{,}13}{40{,}650}\\ \mathrm{K\\ Pa^{-1}} \approx 2{,}71\times10^{-3}\\ \mathrm{K\\ Pa^{-1}}.
  1. Conveniência: converter para \mathrm{K\\ atm^{-1}} usando 1\\ \mathrm{atm}=1{,}01325\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}:
\frac{dT}{dP}\approx 2{,}71\times10^{-3}\\ \mathrm{K\\ Pa^{-1}} \Rightarrow \frac{dT}{dP}\Big|_{\text{por atm}} \approx 2{,}71\times10^{-3}\times1{,}01325\times10^{5} \approx 2{,}75\times10^{2}\\ \mathrm{K\\ atm^{-1}}.
(Isto significa, numericamente com os dados fornecidos, cerca de 275\\ \mathrm{K} por atm — valor que será discutido a seguir.)

Passo 5

Estimar o ponto de ebulição a 5\\ \mathrm{atm} (aproximação linear):
  • Variação de pressão: \Delta P = (5-1)\\ \mathrm{atm} = 4\\ \mathrm{atm} = 4\times1{,}01325\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}=4{,}053\times10^{5}\\ \mathrm{Pa}.
  • Aproximação linear (válida só como estimativa):
\Delta T \approx \frac{dT}{dP}\,\Delta P =2{,}709\times10^{-3}\\ \mathrm{K\\ Pa^{-1}}\times4{,}053\times10^{5}\\ \mathrm{Pa} \approx 1{,}098\times10^{3}\\ \mathrm{K}.
  • Temperatura de ebulição estimada a 5\\ \mathrm{atm}:
T_{5\\ \mathrm{atm}} \approx 373{,}15\\ \mathrm{K} + 1{,}098\times10^{3}\\ \mathrm{K} \approx 1{,}471{,}3\\ \mathrm{K}.
Em graus Celsius:
T_{5\\ \mathrm{atm}} \approx 1{,}471{,}3\\ \mathrm{K} - 273{,}15 \approx 1{,}198{,}2\\ ^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Comentário sobre a razoabilidade (didático e importante):
  • O valor obtido para \dfrac{dT}{dP} e, consequentemente, a estimativa de T_{5\\ \mathrm{atm}} são extremamente grandes (aumento de mais de 1000\\ \mathrm{K} ao subir de 1 para 5\\ \mathrm{atm}), o que é fisicamente absurdo comparado com dados experimentais (a temperatura de ebulição a 5\\ \mathrm{atm} é da ordem de algumas centenas de graus Celsius, não >1000\\ \mathrm{K}).
  • A causa dessa discordância é a densidade do vapor fornecida ( \rho_{g}=0{,}0610\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}), que leva a um volume molar de vapor muito grande ( \approx295\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}}). Para vapor saturado de água a 100^\circ\mathrm{C} o valor esperado (pela lei dos gases ou tabelas de vapor) é cerca de 30{,}6\\ \mathrm{L\\ mol^{-1}} ( \rho_{g}\approx0{,}598\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}). Se a densidade correta fosse \approx0{,}598\\ \mathrm{g\\ L^{-1}}, os valores ficarão de ordem de \sim 27\\ \mathrm{K\\ atm^{-1}} e a estimativa para 5\\ \mathrm{atm} seria razoável.
  • Conclusão prática: os cálculos acima seguem estritamente os dados do enunciado; entretanto os números fornecidos (principalmente \rho_{g}) parecem inconsistentes com vapor saturado de água a 100^\circ\mathrm{C}, daí o resultado irreal. Em provas, se os dados levarem a resultados obviamente absurdos, vale comentar essa inconsistência (como fiz aqui).

Resposta

\dfrac{dT}{dP}\approx 2{,}71\times10^{-3}\\ \mathrm{K\\ Pa^{-1}} (aprox. 2{,}75\times10^{2}\\ \mathrm{K\\ atm^{-1}})
T_{5\\ \mathrm{atm}}\approx 1{,}471{,}3\\ \mathrm{K}\\ \approx 1{,}198{,}2\\ ^\circ\mathrm{C}

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