Problema 3D.20

O gráfico apresenta $\ln(P/\pu{atm})$ em função de $\pu{1000 K}/T$. O ponto de ebulição normal corresponde a $P = \pu{1 atm}$, ou seja, $\ln(P/\pu{atm}) = 0$. A entalpia de vaporização pode ser extraída do coeficiente angular e a entropia de vaporização da relação $\Delta S = \Delta H / T_\mathrm{eb}$.

O ponto de ebulição normal ocorre quando $P = \pu{1 atm}$, isto é, $\ln(P/\pu{atm}) = 0$. Substituindo na equação da reta, $-2x + 8 = 0$, obtém-se $x = 4$, ou seja, $\pu{1000 K}/T = 4$. Logo, $$T_\mathrm{eb} = \dfrac{\pu{1000 K}}{4} = \boxed{\pu{250 K}}$$

O coeficiente angular do gráfico $\ln P$ vs. $1/T$ é $-\dfrac{\Delta H_\mathrm{vap}}{R}$. Adaptando as unidades do eixo $x$, $$\alpha = \dfrac{(-4) - (4)}{6 - 2} \times \pu{1000 K} = \pu{-2000 K}$$ Como $\alpha = -\dfrac{\Delta H_\mathrm{vap}^\circ}{R},$ $$\Delta H_\mathrm{vap}^\circ = (\pu{2000 K})(\pu{8,3 J//K.mol}) = \boxed{\pu{16,7 kJ.mol-1}}$$

No ponto de ebulição normal, $\Delta G_\mathrm{vap} = 0$, logo $\Delta S_\mathrm{vap}^\circ = \dfrac{\Delta H_\mathrm{vap}^\circ}{T_\mathrm{eb}}$. $$\Delta S_\mathrm{vap}^\circ = \dfrac{\pu{16,7 kJ//mol}}{\pu{250 K}} = \boxed{\pu{66,4 J.K-1.mol-1}}$$