Pellets esféricos de 1,0 \mathrm{~cm} de diâmetro são pintados por aspersão com uma camada de tinta muito fina. A tinta contém um solvente volátil. A pressão de vapor do solvente a 298 K é 1,17 \times 10^{4} \mathrm{~Pa} e a difusividade do vapor de solvente no ar a 298 K é 0,0962 \mathrm{~cm}^{2} / \mathrm{s}. A quantidade de solvente na tinta úmida sobre o pellet é 0,12 \mathrm{~g} de solvente por \mathrm{cm}^{2} de área superficial do pellet. A massa molar do solvente é 78 \mathrm{~g} / \mathrm{gmol}.

Passo 1

O enunciado descreve pellets esféricos de diâmetro 1{,}0\\ \mathrm{cm} com uma camada fina de tinta que contém solvente volátil. Não foi dada explicitamente a pergunta, então vou assumir a pergunta natural para esse tipo de problema: “Qual o tempo necessário para evaporar todo o solvente da camada sobre um pellet, supondo ar suficientemente ventilado (concentração de vapor no infinito igual a zero) e que o transporte do vapor até o ar seja controlado por difusão?”\n\nDados fornecidos (vou listá-los todos explicitamente):\n\n- diâmetro do pellet: \,1{,}0\\ \mathrm{cm} (logo o raio é \,R=0{,}5\\ \mathrm{cm})\n- pressão de vapor do solvente a 298\\ \mathrm{K}: \,p_{\text{sat}}=1{,}17\times10^{4}\\ \mathrm{Pa}\n- difusividade do vapor do solvente no ar a 298\\ \mathrm{K}: \,D=0{,}0962\\ \mathrm{cm}^{2}\!/\mathrm{s}\n- quantidade de solvente na tinta úmida sobre o pellet: \,0{,}12\\ \mathrm{g} de solvente por \,\mathrm{cm}^{2} de área superficial do pellet\n- massa molar do solvente: \,M=78\\ \mathrm{g}\,\mathrm{gmol}^{-1}\n- temperatura: \,T=298\\ \mathrm{K}\n\nO que eu vou calcular: o tempo total aproximado \,t para evaporar todo o solvente depositado sobre um pellet, assumindo que a superfície do pellet está saturada de vapor à pressão de vapor dada ( p_{\text{sat}}) e que longe da esfera a concentração de vapor é zero ( C_\infty=0).\n\nObservações importantes: vou usar o modelo de difusão estacionária esférica (fluxo controlado por difusão em ar praticamente estacionário). Se isso não for o que o professor pediu, me avisa; mas esse é o procedimento clássico para esse enunciado.

Passo 2

Conversões de unidades (super importantes para evitar erro bobo). Vou colocar tudo em unidades SI consistentes: metros, segundos, quilogramas, mols.\n\n- raio: \displaystyle R=\frac{1{,}0\\ \mathrm{cm}}{2}=0{,}5\\ \mathrm{cm} = 0{,}005\\ \mathrm{m}.\n- difusividade: \displaystyle D=0{,}0962\\ \mathrm{cm}^{2}\!/\mathrm{s}=0{,}0962\times10^{-4}\\ \mathrm{m}^{2}\!/\mathrm{s}=9{,}62\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^{2}\!/\mathrm{s}.\n- massa por área: \displaystyle 0{,}12\\ \mathrm{g}/\mathrm{cm}^{2} = 0{,}12\times10^{-3}\\ \mathrm{kg}/10^{-4}\\ \mathrm{m}^{2}=1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}.\n- massa molar: \displaystyle M=78\\ \mathrm{g}/\mathrm{gmol}=0{,}078\\ \mathrm{kg}/\mathrm{mol}.\n\nRecheque mental: \,0{,}12\\ \mathrm{g}/\mathrm{cm}^{2} vira \,1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2} porque 1\\ \mathrm{g}/\mathrm{cm}^{2}=10\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}; depois multiplica por 0{,}12 1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2}.

Passo 3

Relacionar pressão de vapor com concentração de vapor na superfície usando a lei dos gases ideais (essa é a aulazinha que eu prometi):\n\nA lei dos gases ideais para concentração molar (mols por volume) diz que a concentração molar C (em \mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}) está ligada à pressão p por\n C=\frac{p}{R_{\text{u}}T},\nonde R_{\text{u}}=8{,}314\\ \mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1} é a constante universal dos gases e T é a temperatura em kelvin. Aqui queremos a concentração de vapor saturante na superfície, então\n C_{s}=\frac{p_{\text{sat}}}{R_{\text{u}}T}.\n\nAgora calculo numericamente \,C_{s}:\n C_{s}=\frac{1{,}17\times10^{4}\\ \mathrm{Pa}}{8{,}314\\ \mathrm{J mol^{-1} K^{-1}}\times 298\\ \mathrm{K}}.\nFaço a conta (mostrando passos): o denominador é 8{,}314\times298=2478{,}572 (aprox), então\n C_{s}\approx\frac{1{,}17\times10^{4}}{2478{,}572}\approx4{,}72\\ \mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3}.

Passo 4

Modelo de difusão estacionária esférica — derivação do fluxo total de mols por segundo (explicação passo a passo):\n\nQuando o transporte do vapor no ar é dominado por difusão e a aproximação de estado estacionário vale (ou seja, a variação de concentração no tempo é lenta comparada ao perfil espacial), a equação de difusão radial em coordenadas esféricas reduz-se a\n \frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\,(-D)\frac{dC}{dr}\right)=0,\nonde C(r) é a concentração molar a uma distância r do centro da esfera. Integrando isso duas vezes obtemos a solução do tipo C(r)=A+B/r. Aplicando as condições de contorno C(r\to\infty)=C_{\infty} e C(r=R)=C_{s}, obtemos\n C(r)=C_{\infty}+(C_{s}-C_{\infty})\frac{R}{r}.\nO fluxo molar radial em uma superfície de raio r é j_r=-D\,\frac{dC}{dr}. Em r=R:\n j_{r}(R)=-D\left[-(C_{s}-C_{\infty})\frac{R}{r^{2}}\right]_{r=R}=D\frac{C_{s}-C_{\infty}}{R}.\nMultiplicando pelo área da superfície da esfera 4\pi R^{2} obtemos o fluxo total de mols que sai da esfera por unidade de tempo:\n J_{\text{mol}}=4\pi R^{2} j_{r}(R)=4\pi D R\,(C_{s}-C_{\infty}).\nEsse é um resultado clássico: o fluxo molar de uma esfera para um meio infinito controlado por difusão é proporcional a D e ao raio R, e à diferença de concentração entre superfície e infinito.

Passo 5

Escolhas de aproximações que estou fazendo — seja consciente: vou assumir C_{\infty}=0 (ar suficientemente ventilado, o vapor é levado para longe tão rapidamente que a concentração longe da esfera é desprezível). Também estou assumindo que a camada de tinta é muito fina de modo que todo o solvente está essencialmente na superfície (ou seja, evaporando a partir da superfície), e que não há resistência à transferência dentro da camada líquida. Essas são aproximações padrão para estimativas rápidas em provas.

Passo 6

Montar a relação para o tempo de evaporação total. Primeiro a quantidade total de solvente em mols na superfície é a massa total dividida pela massa molar. A massa total de solvente no pellet é \,m_{\text{tot}}=(\text{massa por área})\times(\text{área da esfera})áá, isto é\n m_{\text{tot}}=\left(\frac{0{,}12\\ \mathrm{g}}{\mathrm{cm}^{2}}\right)\times 4\pi R^{2}.\nEm unidades SI já convertidas (usei 1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2} para massa por área e R=0{,}005\\ \mathrm{m}), temos\n m_{\text{tot}}=(1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2})\times 4\pi R^{2}.\nO número de mols inicial é \,N=\dfrac{m_{\text{tot}}}{M}. O tempo para evaporar tudo, assumindo taxa constante igual a J_{\text{mol}}, é\n t=\frac{N}{J_{\text{mol}}}=\frac{m_{\text{tot}}/M}{4\pi D R (C_{s}-C_{\infty})}.\nSubstituindo m_{\text{tot}}=(\text{massa por área})\times 4\pi R^{2}á cancela o 4\pi e dá uma forma bem simples:\n t=\frac{(\text{massa por área})\times R}{M\,D\,(C_{s}-C_{\infty})}.á

Passo 7

Agora coloco tudo numérico na fórmula final. Lembrete dos valores convertidos:\n \text{massa por área}=1{,}2\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{2},\quad R=0{,}005\\ \mathrm{m},\quad M=0{,}078\\ \mathrm{kg}/\mathrm{mol},á\n D=9{,}62\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^{2}/\mathrm{s},\quad C_{s}\approx4{,}72\\ \mathrm{mol}/\mathrm{m}^{3},\quad C_{\infty}=0.\nSubstituindo na expressão\n t=\frac{(1{,}2)\times(0{,}005)}{0{,}078\times(9{,}62\times10^{-6})\times(4{,}72)}\\ \mathrm{s}.

Passo 8

Faço a conta passo a passo (para você poder reproduzir sem calculadora se for preciso, eu mostro a decomposição):\n\nDenominador:\n 9{,}62\times10^{-6}\times 4{,}72 \approx 4{,}543\times10^{-5}.\nMultiplicando por M=0{,}078:\n 0{,}078\times 4{,}543\times10^{-5}\approx 3{,}545\times10^{-6}.\nNumerador:\n 1{,}2\times 0{,}005=0{,}006.\nAgora o quociente:\n t\approx\frac{0{,}006}{3{,}545\times10^{-6}}\approx 1{,}693\times10^{3}\\ \mathrm{s}.

Passo 9

Converto o resultado para minutos para ficar mais intuitivo:\n t\approx1{,}693\times10^{3}\\ \mathrm{s}\approx\frac{1{,}693\times10^{3}}{60}\\ \mathrm{min}\approx28{,}2\\ \mathrm{min}.\n\nInterpretação curta e motivadora: cerca de meia hora para evaporar todo o solvente do pellet sob as hipóteses feitas. Não é necessariamente o resultado exato em uma cabine real (correntes de ar, resistência líquida, temperatura, etc. mudam o valor), mas é a estimativa teórica pela difusão na atmosfera, que é a abordagem pedida em provas.

Resposta

\displaystyle t\approx1{,}69\times10^{3}\\ \mathrm{s}\approx28{,}2\\ \mathrm{min}

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