termodinamica resolução

Prévia do material em texto

Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
Lista de Exercícios 06 
Bibliografia: 
Peter Atkins & Julio de Paula, 5th edition. Elements of Physical Chemistry. 
1. Questões Teóricas 
1.1. Enuncie e justifique o critério termodinâmico para o equilíbrio entre uma solução e seu vapor. 
“Um sistema está em equilíbrio quando o potencial químico de cada substância tem o mesmo valor 
em cada fase onde a substância ocorre”. Considere uma mistura de dois líquidos miscíveis e uma 
mistura de seus vapores, denominando esse sistema de duas fases como J, temos que μJ(l) é o potencial 
químico na mistura líquida e μJ(g) é o potencial químico na mistura no vapor. Considerando que há 
uma quantidade infinitesimal, dnJ, migrando da fase líquida para a fase vapor, a energia livre de Gibbs 
do líquido diminui por μJ(l)dnJ e a energia livre do vapor aumenta em μJ(g)dnJ. Dadas estas 
informações, a variação na energia livre de Gibbs é dada por: 
𝑑𝐺 = 𝜇𝐽(𝑔)𝑑𝑛𝐽 − 𝜇𝐽(𝑙)𝑑𝑛𝐽 
Não há tendência para que ocorra migração de J entre as fases quando dG=0, para que isso ocorra é 
necessário que μJ(g)= μJ(l). Ou seja, para que o equilíbrio termodinâmico entre uma solução e seu 
vapor seja alcançado, o potencial químico da solução e do vapor devem apresentar o mesmo valor. 
1.2. Defina solução ideal e apresente o emprego das leis de Raoult e Henry em termos de 
interações moleculares no solvente e no soluto. 
Uma solução ideal é uma solução hipotética que obedece à lei de Raoult em toda a faixa de 
composição. A lei de Raoult apresenta maior validade quando onde os componentes da mistura 
(soluto e solvente) apresentam formas moleculares semelhantes e são mantidos na fase líquida por 
forças moleculares de natureza e de intensidades semelhantes. Ou seja, em soluções ideais, os 
componentes tem comportamento (em relação às interações intermoleculares) na mistura similar ao 
que é apresentado no líquido puro, pois o ambiente é praticamente o mesmo. Geralmente, o solvente 
obedece à lei de Raoult em soluções muito diluídas, porém o soluto em soluções nas mesmas 
condições não pode ter sua pressão parcial descrita pela mesma lei. Isso porque o soluto, neste caso, 
é envolvido por moléculas do solvente praticamente puras, logo, o ambiente químico do soluto é 
muito diferente do que o ambiente químico do mesmo no estado puro, pois as interações 
intermoleculares estabelecidas são diferentes. Dessa forma, a pressão de solutos voláteis pode ser 
descrita pela lei de Henry em soluções muito diluídas. 
 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
 
1.3. Explique a origem termodinâmica das propriedades coligativas relacionadas com 
modificações do ponto de ebulição e de congelamento em soluções. 
Considerando que a energia livre inicial de dois líquidos que formarão uma solução ideal pode ser 
dada por: 
𝐺𝑖 = 𝑛𝐴μ𝐴 + 𝑛𝐵μ𝐵 
E que o potencial químico pode ser dado pela equação abaixo: 
𝜇𝐽 = 𝜇𝐽
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝𝐽 
O estado inicial do sistema é dado por: 
𝐺𝑖 = 𝑛𝐴(𝜇𝐴
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝) + 𝑛𝐵(𝜇𝐵
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝) 
Após a mistura, a pressão total do sistema permanece a mesma, mas a pressão parcial de cada gás, 
segundo a lei de Dalton, diminui para 𝑝𝐴 = 𝑥𝐴𝑝 e para 𝑝𝐵 = 𝑥𝐵𝑝. Logo, a energia livre final é dada 
por: 
𝐺𝑓 = 𝑛𝐴(𝜇𝐴
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑥𝐴𝑝) + 𝑛𝐵(𝜇𝐵
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑥𝐵𝑝) 
Com estas considerações, observa-se que a variação de energia livre no sistema é dada por: 
∆𝐺 = 𝐺𝑓 − 𝐺𝑖 
∆𝐺 = 𝑛𝐴(𝜇𝐴
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑥𝐴𝑝) + 𝑛𝐵(𝜇𝐵
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑥𝐵𝑝) − 𝑛𝐴(𝜇𝐴
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝) − 𝑛𝐵(𝜇𝐵
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝) 
∆𝐺 = 𝑛𝐴𝜇𝐴
𝑜 + 𝑛𝐴𝑅𝑇 ln 𝑥𝐴𝑝 + 𝑛𝐵𝜇𝐵
𝑜 + 𝑛𝐵𝑅𝑇 ln 𝑥𝐵𝑝 − 𝑛𝐴𝜇𝐴
𝑜 − 𝑛𝐴𝑅𝑇 ln 𝑝 − 𝑛𝐵𝜇𝐵
𝑜 − 𝑛𝐵𝑅𝑇 ln 𝑝 
∆𝐺 = 𝑛𝐴𝑅𝑇 ln 𝑥𝐴𝑝 + 𝑛𝐵𝑅𝑇 ln 𝑥𝐵𝑝 − 𝑛𝐴𝑅𝑇 ln 𝑝 − 𝑛𝐵𝑅𝑇 ln 𝑝 
∆𝐺 = 𝑥𝐴𝑛𝑅𝑇 (ln 𝑥𝐴𝑝 − ln 𝑝) + 𝑥𝐵𝑛𝑅𝑇 (ln 𝑥𝐵𝑝 − ln 𝑝) 
∆𝐺 = 𝑛𝑅𝑇(𝑥𝐴 ln 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ln 𝑥𝐵) 
Comparando a equação obtida com a equação para a variação de energia livre a partir da definição, 
verifica-se que: 
∆𝐺 = 𝑛𝑅𝑇(𝑥𝐴 ln 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ln 𝑥𝐵) 
∆𝐺 = ∆𝐻 − 𝑇∆𝑆 
Logo: 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
∆𝐻 = 0 
∆𝑆 = −𝑛𝑅(𝑥𝐴 ln 𝑥𝐴 + 𝑥𝐵 ln 𝑥𝐵) 
Considerando que as propriedades físicas de uma solução ideal são diferentes das propriedades do 
líquido puro, as propriedades coligativas têm origem no aumento de entropia do sistema, dado que o 
processo de formação da solução ideal é isoentálpico. 
As propriedades coligativas são definidas a partir de solutos não voláteis e insolúveis no solvente 
sólido. Como descrito anteriormente, o aumento na entropia diminui a energia livre do sistema, como 
consequência o potencial químico do solvente também diminui. Considerando que o ponto de 
congelamento é o ponto onde as curvas de energia livre molar do líquido e do sólido se interceptam 
e que o ponto de ebulição é onde as curvas de energia livre molar do gás e do líquido se interceptam. 
Com a formação da solução o potencial químico (energia livre parcial molar) do solvente diminui, 
porém o sólido e o gás permanecem puros e, portanto, o potencial químico destas fases permanece 
inalterado. Através destas considerações, percebe-se que o ponto de ebulição aumenta e o ponto de 
fusão diminui, pois a intercepção entre as curvas de potencial químico do líquido com o sólido e com 
o gás são alterados conforme Figura 1R. 
 
(a) (b) 
Figura 1R. Curvas de potencial químico para alterações (a) no ponto de congelamento e (b) no ponto de 
ebulição. 
1.4. Explique como medidas de pressão osmótica podem ser usadas para determinar a massa 
molar de um polímero. 
Polímeros dissolvem-se formando soluções que estão longe de serem ideais e, portanto, e equação 
van’t Hoff deve ser modificada através de uma expansão virial, conforme segue: 
Π = [𝐵]𝑅𝑇{1 + 𝐵[𝐵] + ⋯ } 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
O parâmetro B é denominada coeficiente virial osmótico, dividindo a expressão acima pela 
concentração de B, temos: 
Π
[𝐵]
= 𝑅𝑇 + 𝐵𝑅𝑇[𝐵] + ⋯ 
Considerando que cB=mB/V=M[B] e a equação apresentada, temos que: 
Π
𝑐𝐵
=
𝑹𝑻
𝑴
+
𝐵𝑅𝑇
𝑀²
𝑐𝐵 + ⋯ 
Através de medidas de pressão osmótica em várias soluções do polímero com diferentes 
concentrações, uma curva de 
Π
𝑐𝐵
 em função da concentração pode ser plotada e com o coeficiente 
linear obtida a partir de uma aproximação linear, a massa molar do polímero pode ser estimada. 
2. Exercícios 
2.1. Use a Figura 1 para fazer a estimativa do volume total de uma solução formada pela mistura 
de 50,0 cm3 de etanol com 50,0 cm3 de água. As massas específicas dos dois líquidos são 
0,789 e 1,000 g.cm-3, respectivamente. Considere MMágua = 18,0 g.mol
-1 e MMetanol = 46 
g.mol-1. (Resposta: 𝑉 ≈ 96,9 𝑐𝑚3) 
 
Figura 1. Volumes parciais molares da água e do etanol a 25 °C. 
O volume total da mistura pode ser calculado a partir da soma dos produtos entre a quantidade de 
matéria e volume parcial molar de cada componente. A partir dos dados fornecidos no enunciado é 
possível calcular a fração molar da água e do etanol, conforme segue: 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
𝑛á𝑔𝑢𝑎 =
1,000 𝑔. 𝑐𝑚−3 50,0 𝑐𝑚3
18,0 𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1
= 2,78 𝑚𝑜𝑙 
𝑛𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 =
0,789 𝑔. 𝑐𝑚−3 50,0 𝑐𝑚3
46,0 𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1
= 0,858 𝑚𝑜𝑙 
𝑥á𝑔𝑢𝑎 =
2,78 𝑚𝑜𝑙
2,78 𝑚𝑜𝑙 + 0,858 𝑚𝑜𝑙
= 0,764 
𝑥𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 =
0,858 𝑚𝑜𝑙
2,78 𝑚𝑜𝑙 + 0,858 𝑚𝑜𝑙
= 0,236 
De acordo com a Figura, o volume parcial molar do etanol e da água na composição calculada são 
respectivamente,55,7 cm3mol-1 e 17,7 cm3mol-1. Logo, o volume total da solução formada é dada 
por: 
𝑉 = 2,78 𝑚𝑜𝑙 . 17,7 𝑐𝑚3 𝑚𝑜𝑙−1 + 0,858 𝑚𝑜𝑙 . 55,7 𝑐𝑚3 𝑚𝑜𝑙−1 
𝑉 = 96,9 𝑐𝑚3 
2.2. O estado-padrão de uma substância era definido como 1 atm a uma certa temperatura. De 
quanto a definição atual do potencial químico padrão (a 1,0000 bar) difere do seu valor antigo 
a 298,15 K? Considere 1 atm = 1,01325 bar. (Resposta: ‖∆𝜇‖ = 32,63 𝐽𝑚𝑜𝑙−1) 
A diferença de potencial químico padrão é dada pela equação abaixo: 
∆𝜇 = 𝜇𝑓 − 𝜇𝑖 = 𝜇𝑓
𝑜 + 𝑅𝑇 ln 𝑝𝑓 − 𝜇𝑖
𝑜 − 𝑅𝑇 ln 𝑝𝑖 
Considerando que 𝜇𝑖
𝑜 = 𝜇𝑓
𝑜, temos: 
∆𝜇 = 𝑅𝑇 ln
𝑝𝑓
𝑝𝑖
= 8,314 𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1298,15𝐾 ln
1,0000
1,01325
= −32,63 𝐽𝑚𝑜𝑙−1 
2.3. Calcule (a) a energia de Gibbs (molar) da mistura, (b) a entropia (molar) da mistura, quando 
os dois componentes principais do ar (nitrogênio e oxigênio) são misturados para formar o 
ar, a 298 K. As frações molares de N2 e O2 são, respectivamente, 0,78 e 0,22. A mistura é 
espontânea? (Resposta: ∆Gm=-1,3 kJ mol-1; ∆Sm=4,4 JK-1mol-1) 
A energia livre de mistura molar pode ser dada conforme segue: 
∆𝐺𝑚 = 𝑅𝑇(𝑥𝑂 ln 𝑥𝑂 + 𝑥𝑁 ln 𝑥𝑁) 
∆𝐺𝑚 = 8,314 𝐽𝐾
−1𝑚𝑜𝑙−1298 𝐾(0,22 ln 0,22 + 0,78 ln 0,78) 
∆𝐺𝑚 = −1,3 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙
−1 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
A entropia de mistura pode ser dada por: 
∆𝑆𝑚 = −𝑅(𝑥𝑂 ln 𝑥𝑂 + 𝑥𝑁 ln 𝑥𝑁) 
∆𝑆𝑚 = −8,314 𝐽𝐾
−1𝑚𝑜𝑙−1(0,22 ln 0,22 + 0,78 ln 0,78) 
∆𝑆𝑚 = 4,4 𝐽𝐾
−1𝑚𝑜𝑙−1 
A mistura é espontânea, pois ΔGm < 0. 
2.4. Estime a pressão de vapor da água do mar, a 20 °C, dado que a pressão de vapor da água pura 
de 2,338 kPa, àquela temperatura, e o soluto é constituído principalmente de íons Na+ e Cl-, 
cada qual presente em cerca de 0,50 mol.dm-3. Considere que a densidade da água do mar a 
20 °C é 1030 g.dm-3, que a massa molar da água é 18,0 g.mol-1 e que a água do mar é 
composta por 96,5% em massa de água pura. (Resposta: 𝑝á𝑔𝑢𝑎 𝑚𝑎𝑟 = 2,30 𝑘𝑃𝑎) 
De acordo com a lei de Raoult, temos: 
𝑝𝐽 = 𝑥𝑗𝑝𝐽
∗ 
A partir da massa molar da água igual a 18,0 g.mol-1, a concentração de água pode ser calculada: 
[𝐻2𝑂] =
1030 𝑔 0,965
18,0 𝑔. 𝑚𝑜𝑙−11,000 𝑑𝑚3
= 55,2 𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚−3 
Considerando 1,0 dm3 de solução, a fração molar da água no mar é dada por: 
𝑥á𝑔𝑢𝑎 =
55,2 𝑚𝑜𝑙
55,2 𝑚𝑜𝑙 + 0,50 𝑚𝑜𝑙 + 0,50 𝑚𝑜𝑙
= 0,982 
Logo, a pressão parcial da água é dada por: 
𝑝á𝑔𝑢𝑎 = 0,982 . 2,338 𝑘𝑃𝑎 = 2,30 𝑘𝑃𝑎 
A pressão da água do mar é, portanto, 2,30 kPa, pois os componentes restantes da mistura são solutos 
não voláteis e, dessa forma, não contribuem para a pressão de vapor. 
 
 
2.5. O aumento do dióxido de carbono atmosférico resulta em maiores concentrações de dióxido 
de carbono dissolvido em águas naturais. Use a lei de Henry para calcular a solubilidade de 
CO2 em água, 25 °C, quando sua pressão parcial é (a) 3,8 kPa e (b) 50,0 kPa. 
(KH = 2,937 kPa.m
3.mol-1). (Resposta: (a) 1,3.10-3 mol.dm-3 (b) 1,7.10-2 mol.dm-3) 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
De acordo com a Lei de Henry, temos: 
𝑝𝐽 = 𝐾𝐻[𝐽] → [𝐽] =
𝑝𝐽
𝐾𝐻
 
(a) 
[𝐽] =
3,8 𝑘𝑃𝑎
2,937 𝑘𝑃𝑎. 𝑚3. 𝑚𝑜𝑙−1
= 1,3 𝑚𝑜𝑙. 𝑚−3 [
1 𝑚3
1000 𝑑𝑚3
] = 1,3 𝑚𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚−3 
(b) 
[𝐽] =
50,0 𝑘𝑃𝑎
2,937 𝑘𝑃𝑎. 𝑚3. 𝑚𝑜𝑙−1
= 17,0 𝑚𝑜𝑙. 𝑚−3 [
1 𝑚3
1000 𝑑𝑚3
] = 17,0 𝑚𝑚𝑜𝑙. 𝑑𝑚−3 
 
2.6. A pressão de uma amostra de benzeno é de 53,0 kPa, a 60,6 °C, mas caiu para 51,2 kPa 
quando 0,133 g de um composto orgânico foi dissolvido em 5,00 g do solvente. Calcule a 
massa molar do composto. (Resposta: 59,0 g.mol-1) 
De acordo com a Lei de Raoult: 
𝑝𝐽 = 𝑥𝑗𝑝𝐽
∗ 
Portanto, a fração molar de benzeno na amostra é de: 
𝑥𝑗 =
51,2 𝑘𝑃𝑎
53,0 𝑘𝑃𝑎
= 0,966 
Sabendo que a massa molar do benzeno é 78,11 g.mol-1. 
𝑛𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 =
5,00 𝑔
78,11 𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1
= 6,40. 10−2𝑚𝑜𝑙 
Por proporcionalidade, a quantidade de matéria do composto pode ser determinada: 
6,40. 10−2𝑚𝑜𝑙
0,966
=
𝑛𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜
0,0340
→ 𝑛𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜 = 2,25. 10
−3𝑚𝑜𝑙 
Como a massa do composto é conhecida, a massa molar pode ser calculada: 
𝑀𝑀𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜 =
0,133 𝑔
2,25. 10−3𝑚𝑜𝑙
= 59,0 𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1 
 
2.7. A pressão osmótica de uma solução de poliestireno em tolueno (metilbenzeno) foi medida a 
25 °C com os seguintes resultados: 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
c/(g.dm-3) 2,042 6,613 9,521 12,602 
Π/Pa 58,3 188,2 270,8 354,6 
Calcule a massa molar do polímero. (Resposta: 86,5 kg.mol-1) 
Através da expansão virial da equação de van’t Hoff até o segundo termo, considerando que 
[B] = cB/MM, temos: 
Π
[𝐵]
= 𝑅𝑇 + 𝐵𝑅𝑇[𝐵] →
MMΠ
𝑐𝐵
= 𝑅𝑇 + 𝐵𝑅𝑇
𝑐𝐵
𝑀𝑀
 
Ao dividir a equação pela massa molar, temos: 
𝚷
𝒄𝑩
=
𝑅𝑇
𝑀𝑀
+
𝐵𝑅𝑇
𝑀𝑀2
𝒄𝑩 
O gráfico de Π/𝑐𝐵 em função da concentração (cb) permite a obtenção da massa molar pelo 
coeficiente linear. 
Tabela 7R. Dados obtidos para obtenção do gráfico na Figura 7R. 
c (kg.m-3) 2,042 6,613 9,521 12,602 
Π/c (m2s-2) 28,55044074 28,45909572 28,44239051 28,13839073 
 
 
Figura 7R. Pressão osmótica sobre a concentração em função da concentração. 
Através da equação obtida, observa-se que o coeficiente linear é igual a RT/MM, logo: 
𝑀𝑀 =
𝑅𝑇
28,667 𝑚2𝑠−2
=
8,314 𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1298,15 𝐾
28,667 𝑚2𝑠−2
= 86,5 𝑘𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1 
y = -0,035x + 28,667
28,1
28,2
28,3
28,4
28,5
28,6
28,7
0 2 4 6 8 10 12 14
Π
/c
c
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
 
2.8. Determinou-se a massa molar de uma enzima dissolvendo-a em água, medindo-se a pressão 
osmótica, a 20 °C, e extrapolando-se os dados até a concentração zero. Foram utilizados os 
seguintes dados: 
c/(mg.cm-3) 3,221 4,618 5,112 6,722 
h/cm 5,746 8,238 9,119 11,990 
Qual é a massa molar da enzima? Considere ρ = 1,000 g.cm-3. (Resposta: 13,9 kg.mol-1) 
Através da expansão virial da equação de van’t Hoff até o segundo termo, considerando que 
a pressão osmótica é igual à pressão hidrostática e que [B] = cB/MM, temos: 
Π
[𝐵]
= 𝑅𝑇 + 𝐵𝑅𝑇[𝐵] →
MMΠ
𝑐𝐵
= 𝑅𝑇 + 𝐵𝑅𝑇
𝑐𝐵
𝑀𝑀
 
Ao dividir a equação pela massa molar e substituir Π por ρgh, temos: 
𝝆𝒈𝒉
𝒄𝑩
=
𝑅𝑇
𝑀𝑀
+
𝐵𝑅𝑇
𝑀𝑀2
𝒄𝑩 
Através dos dados apresentados no enunciado, os termos destacados podem ser calculados e 
plotados em um gráfico conforme Tabela 8R e Figura 8R. 
Tabela 8R. Dados obtidos para obtenção do gráfico na Figura 7R. 
ρgh/c (m2s-2) 174.824 174.8211 174.8165 174.8021 
c (kg.m-3) 3.221 4.618 5.112 6.722 
 
 
y = -0,0064x + 174,85
174,8
174,805
174,81
174,815
174,82
174,825
174,83
0,000 1,000 2,000 3,000 4,000 5,000 6,000 7,000 8,000
ρ
gh
/c
 (
m
2 s
-2
)
c (kg.m-3)
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
Figura 8R. ρgh/c em função da concentração. 
Através da equação obtida, observa-se que o coeficiente linear é igual a RT/MM, logo: 
𝑀𝑀 =
𝑅𝑇
174,85 𝑚2𝑠−2
=
8,314 𝐽𝐾−1𝑚𝑜𝑙−1293,15 𝐾
174,85 𝑚2𝑠−2
= 13,9 𝑘𝑔. 𝑚𝑜𝑙−1 
2.9. A Figura 2 ilustra o diagrama de fases de dois líquidos parcialmente miscíveis que podem ser 
considerados como a água (A) e o 2-metil-1-propanol (B). Descreva o que será observado 
quando for aquecida uma mistura de composição b3, dando, em cada estágio, o número, a 
composição e as quantidades relativas das fases presentes. 
 
 
Figura 2. Diagrama de fases para dois líquidos parcialmente miscíveis. 
Em b3 (referente a xb = 0,51),a mistura está em um campo bifásico com fases de composição xb = 0,33 e 
xb = 0,75, sendo que a fase rica em A é 1,33 mais abundante do que a fase rica em B. Ao ser aquecida a 
partir desse ponto, a mistura imiscível passa a ser miscível, ou seja, sofre uma transição onde duas fases 
se convertem em uma; no ponto b2 a mistura ferve e o vapor produzido tem composição xb = 0,32, o líquido 
apresenta composição praticamente igual à da composição da mistura com xb = 0,51, neste ponto a fração 
relativa da fase líquida é muito maior do que a fase vapor. O aumento de temperatura de b2 a b1, aumenta 
a fração relativa do vapor, até que em b1 o vapor tem composição próxima à da mistura e apresenta fração 
relativa muito maior do que a fase vapor, a fase líquida apresenta xb = 0,66. 
 
2.10. Descreva o que ocorre com uma mistura de dois líquidos A e B, cujo diagrama pode 
ser representado pela Figura 3, quando submetido a uma destilação fracionada. Esta mistura 
poderia ser separada completamente por meio desta técnica? 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
 
Figura 3. Diagrama de fases para dois líquidos A e B. 
O sistema apresentado é azeotrópico, no aquecimento a partir de a1 a mistura ferve em a2, cujo vapor 
tem composição a2’. Esse vapor condensa em um líquido de mesma composição. O líquido agora 
ferve em a3, cujo vapor tem composição a3’, novamente o vapor condensa mais acima na coluna de 
destilação em um líquido mais rico em B. o processo se repete até atingir o ponto a4, onde a 
composição do líquido e do vapor é a mesma, e a partir deste ponto não há uma separação de A e B 
por meio da destilação e, portanto a separação da mistura em seus componentes puros não é possível. 
2.11. Quando se agitou 2,0 g de aspirina em um frasco contendo dois líquidos imiscíveis 
encontrou-se que as frações molares de aspirina nos dois líquidos eram de 0,11 e 0,18. 
Adicionou-se então 1,0 g de aspirina e encontrou-se que a fração molar no primeiro líquido 
tinha aumentado para 0,15. Qual o valor que você espera que a fração molar do segundo 
líquido tenha se tornado? (Resposta: xc(2)=0,25) 
Conforme Lei de Nernst, temos: 
𝑥𝑐(2)
𝑥𝑐(1)
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 
Portanto, na primeira condição: 
0,18
0,11
= 1,636 
O valor de 0,0198 é uma constante para a solubilidade da aspirina nos dois líquidos em questão, logo, 
na segunda condição, temos: 
Universidade Federal de São Paulo 
Farmácia - UC Físico-Química 
 
𝑥𝑐(2) = 1,636 . 0,15 = 0,25