O PROBLEMA: Durante uma parada numa planta cloro química, um vazamento de cloro líquido é detectado. Gotículas, que podem ser consideradas esféricas, de cloro são lançadas na atmosfera. Considerando o diâmetro das gotículas igual a 0,2 \mathrm{~cm}, sendo a Pressão atmosférica de 1 atm e temperatura ambiente de 25^{\circ} \mathrm{C}, nestas condições a pressão de vapor do cloro é de 27,48 \mathrm{mmHg} e a densidade 1,05 \mathrm{~g} / \mathrm{cm}^{3}, Massa Molar do \mathrm{Cl}_{2}=71 \mathrm{~g} / \mathrm{mol}. Determine:
a) Qual a difusividade do cloro no ar utilizando a equação de Champman?
b) Qual a taxa de difusão em \mathrm{g} / \mathrm{dia} ?
c) Em quanto tempo a gotícula se dissipará completamente?

Passo 1

O enunciado trata da evaporação por difusão de uma gotícula esférica de diâmetro \,0,2\mathrm{\,cm} de cloro líquido em ar a T=25^\circ\mathrm{C} e P=1\,\mathrm{atm}. Dados:
– Pressão de vapor do cloro p_{\rm vap}=27,48\mathrm{\,mmHg}
– Densidade do cloro líquido \rho=1,05\mathrm{\,g/cm^3}
– Massa molar do \mathrm{Cl}_2, M_A=71\mathrm{\,g/mol}
– Massa molar do ar (tratado como N_2), M_B=29\mathrm{\,g/mol}
Vamos calcular:
a) a difusividade D_{AB} do \mathrm{Cl}_2 no ar pela equação de Chapman–Enskog;
b) a taxa de evaporação em \mathrm{g/dia};
c) o tempo para a gotícula desaparecer completamente.

Passo 2

Determinar os parâmetros de colisão de Lennard-Jones para o par (A,B):
– Usando valores-típicos para \mathrm{Cl}_2: \sigma_A=4{,}0\mathrm{\,\mathring A}, \epsilon_A/k=178\mathrm{\,K}.
– Para o ar (como N_2): \sigma_B=3{,}7\mathrm{\,\mathring A}, \epsilon_B/k=71{,}4\mathrm{\,K}.
Pelo regra de Lorentz–Berthelot:
\sigma_{AB}=\frac{\sigma_A+\sigma_B}{2} =\frac{4{,}0+3{,}7}{2} =3{,}85\mathrm{\,\mathring A},
\epsilon_{AB}/k=\sqrt{\epsilon_A/k\;\epsilon_B/k} =\sqrt{178\times71{,}4} \approx112{,}8\mathrm{\,K}.

Passo 3

Calcular a integral de colisão \Omega_D na temperatura reduzida
T^*=\frac{T}{\epsilon_{AB}/k} =\frac{298}{112{,}8}\approx2{,}64.
De tabelas de Chapman–Enskog, para T^*\approx2,6 tem-se \Omega_D\approx1{,}06.

Passo 4

Aplicar a equação de Chapman–Enskog
D_{AB} =\frac{1{,}858\times10^{-3}\,T^{3/2}\, \bigl(\tfrac{1}{M_A}+\tfrac{1}{M_B}\bigr)^{1/2}} {P\,\sigma_{AB}^2\,\Omega_D},
com T=298\mathrm{\,K}, P=1\mathrm{\,atm}, \sigma_{AB}=3{,}85\mathrm{\,\mathring A}, \Omega_D=1{,}06, M_A=71, M_B=29.
Calculemos:
T^{3/2}=298^{1,5}\approx5{,}14\times10^3, \quad \bigl(\tfrac1{71}+\tfrac1{29}\bigr)^{1/2}\approx0{,}2204,
\sigma_{AB}^2=(3{,}85)^2=14{,}82\;\mathring A^2.
Logo
D_{AB} \approx\frac{1{,}858\times10^{-3}\times5{,}14\times10^3\times0{,}2204} {1\times14{,}82\times1{,}06} \approx0{,}13\mathrm{\,cm^2/s}.

Passo 5

Taxa de difusão de massa por evaporação estacionária de uma esfera:
\frac{dN}{dt} =4\pi R\,D_{AB}\bigl(C_s-C_\infty\bigr),
onde R=0{,}1\mathrm{\,cm} é o raio da gota, C_\infty\approx0, e
C_s=\frac{p_{\rm vap}}{R_g\,T} \quad\text{(mol/cm}^3\text{)},
com p_{\rm vap}=27{,}48/760=0{,}03616\mathrm{\,atm} e R_g=82{,}057\mathrm{\,atm\,cm^3/mol/K}.
C_s=\frac{0{,}03616}{82{,}057\times298} \approx1{,}48\times10^{-6}\mathrm{\,mol/cm^3}.
Assim,
\frac{dN}{dt} =4\pi(0{,}1)(0{,}13)(1{,}48\times10^{-6}) \approx2{,}49\times10^{-7}\mathrm{\,mol/s}.
Convertendo em massa:
\frac{dM}{dt} =\frac{dN}{dt}\;M_A =2{,}49\times10^{-7}\times71 \approx1{,}77\times10^{-5}\mathrm{\,g/s},
\text{por dia: }1{,}77\times10^{-5}\times86400 \approx1{,}53\mathrm{\,g/dia}.

Passo 6

Massa inicial da gota:
V=\frac{4\pi R^3}{3} =\frac{4\pi(0{,}1)^3}{3} \approx4{,}19\times10^{-3}\mathrm{\,cm^3}, \quad M_{\rm gota}=\rho V \approx1{,}05\times4{,}19\times10^{-3} =4{,}40\times10^{-3}\mathrm{\,g}.
Tempo para evaporar completamente:
t=\frac{M_{\rm gota}}{dM/dt} =\frac{4{,}40\times10^{-3}} {1{,}77\times10^{-5}} \approx249\mathrm{\,s}\approx4{,}2\mathrm{\,min}.

Resposta

a) D_{AB}\approx0{,}13\mathrm{\,cm^2/s}.
b) Taxa de evaporação \approx1{,}53\mathrm{\,g/dia}.
c) Tempo de dissipação \approx4,2\mathrm{\,min}.

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