Capítulo 2

Primero tenemos que calcular la masa molar (la masa de un mol) de la niacina. Para ello, debemos multiplicar el número de átomos de cada elemento en la molécula por la masa molar del elemento
$\begin{array}{c}\hfill \left(6\text{mol de carbono}\right)\left(\mathrm{12,0}\text{g/mol}\right)+\left(5\text{mol de hidrógeno}\right)\left(\mathrm{1,0}\text{g/mol}\right)\hfill \\ \hfill +\left(1\text{mol de nitrógeno}\right)\left(14\text{g/mol}\right)+\left(2\text{mol de oxígeno}\right)\left(\mathrm{16,0}\text{g/mol}\right)=123\text{g/mol}\hfill \end{array}$
Entonces tenemos que calcular el número de moles en 14 mg
$\left(\frac{14\text{mg}}{123\text{g/mol}}\right)\left(\frac{1\text{g}}{1.000\text{mg}}\right)=\mathrm{1,14}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{mol}\text{.}$
Entonces, utilizamos el número de Avogadro para calcular el número de moléculas
$N=n{N}_A=\left(\mathrm{1,14}\times {10}^{\mathrm{-4}}\text{mol}\right)\left(\mathrm{6,02}\times {10}^{23}\text{moléculas}\text{/}\text{mol}\right)=\mathrm{6,85}\times {10}^{19}\text{moléculas}.$

La densidad de un gas es igual a una constante, la masa molecular promedio, por la densidad numérica N/V. De la ley de los gases ideales, $pV=N{k}_{\text{B}}T,$ vemos que $N\text{/}V=p\text{/}{k}_{\text{B}}T.$ Por lo tanto, a temperatura constante, si la densidad y, en consecuencia la densidad numérica, se reduce a la mitad, la presión debe reducirse también a la mitad, y $p_{\text{f}}=\mathrm{0,500}\text{atm}\text{.}$

La densidad es la masa por unidad de volumen, y el volumen es proporcional al tamaño de un cuerpo (como el radio de una esfera) elevado al cubo. Así, si la distancia entre las moléculas aumenta en un factor de 10, el volumen ocupado aumenta en un factor de 1.000, y la densidad disminuye en un factor de 1.000. Como suponemos que las moléculas están en contacto en los líquidos y los sólidos, la distancia entre sus centros es sobre el orden de su tamaño típico, por lo que la distancia en los gases es sobre el orden de 10 veces mayor.

Sí. Estas fluctuaciones se producen realmente para un cuerpo de cualquier tamaño en un gas, pero como el número de moléculas es inmenso para cuerpos macroscópicos, las fluctuaciones son un porcentaje minúsculo del número de colisiones y los promedios de los que se habla en esta sección varían de manera imperceptible. A grandes rasgos, las fluctuaciones son inversamente proporcionales a la raíz cuadrada del número de colisiones, por lo que para cuerpos pequeños pueden llegar a ser significativas. Esto se observó en el siglo XIX en los granos de polen en el agua y se conoce como movimiento browniano.

En un líquido las moléculas están muy juntas y chocan constantemente unas con otras. Para que un gas sea casi ideal, como lo es el aire en condiciones ordinarias, las moléculas deben estar muy separadas. Por lo tanto, la trayectoria libre media es mucho más larga en el aire.

Como el número de moles es igual y sabemos que las capacidades caloríficas molares de los dos gases son iguales, la temperatura está a medio camino entre las temperaturas iniciales, 300 K.

2 moles, ya que contendrá el doble de moléculas que el 1 mol de oxígeno.

presión

La llama contiene gas caliente (calentado por la combustión). La presión sigue siendo la presión atmosférica, en equilibrio mecánico con el aire que la rodea (o más o menos). La densidad del gas caliente es proporcional a su densidad numérica N/V (desestime la diferencia de composición entre el gas de la llama y el aire circundante). A mayor temperatura que el aire circundante, la ley de los gases ideales dice que $N\text{/}V=p\text{/}{k}_{B}T$ es menor que la del aire circundante. Por lo tanto, el aire caliente tiene menor densidad que el aire circundante y es elevado por la fuerza de flotación.

La trayectoria libre media es inversamente proporcional al cuadrado del radio, por lo que disminuye en un factor de 4. El tiempo libre medio es proporcional a la trayectoria libre media e inversamente proporcional a la velocidad media, que a su vez es inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la masa. Esto da un factor de $\sqrt{8}$ en el numerador, por lo que el tiempo libre medio disminuye en un factor de $\sqrt{2}.$

Al ser más masivos, su gravedad es más fuerte, por lo que la velocidad de escape de ellos es mayor. Al estar más alejados del Sol, son más fríos, por lo que las velocidades de las moléculas atmosféricas, incluidos el hidrógeno y el helio, son menores. La combinación de estos hechos significa que relativamente pocas moléculas de hidrógeno y de helio han escapado de los planetas exteriores.

Uno en el que se almacena el nitrógeno, como exceso de ${\text{CO}}_2$ provocará una sensación de asfixia, pero el exceso de nitrógeno y la insuficiencia de oxígeno no.

Menos, porque a temperaturas más bajas su capacidad calorífica era solo de 3RT/2.

a. falso; b. verdadero; c. verdadero; d. verdadero

1.200 K

a. 0,137 atm; b $p_{\text{g}}=(1\text{atm})\frac{T_2{V}_1}{T_1{V}_2}-1\text{atm}\text{.}$ Debido a la expansión del vidrio, $V_2=\mathrm{0,99973}$. Multiplicar por ese factor no supone ninguna diferencia significativa.

a. $\mathrm{1,79}\times {10}^{\mathrm{-3}}\text{mol;}$ b. 0,227 mol; c $\mathrm{1,08}\times {10}^{21}$ moléculas para el nitrógeno, $\mathrm{1,37}\times {10}^{23}$ moléculas para el dióxido de carbono.

$\mathrm{7,84}\times {10}^{\mathrm{-2}}\text{mol}$

$\mathrm{1,87}\times {10}^3$

$\mathrm{2,47}\times {10}^7\text{moléculas}$

$\mathrm{6,95}\times {10}^5\text{Pa;}$ 6,86 atm

a. $\mathrm{9,14}\times {10}^6\text{Pa;}$ b. $\mathrm{8,22}\times {10}^6\text{Pa;}$ c. 2,15 K; d. no

40,7 km

a. 0,61 N; b. 0,20 Pa

a. 5,88 m/s; b. 5,89 m/s

177 m/s

$\mathrm{4,54}\times {10}^3$

a. 0,0352 mol; b $\mathrm{5,65}\times {10}^{\mathrm{-21}}\text{J;}$ c. 139 J

21,1 kPa

458 K

$\mathrm{3,22}\times {10}^3\text{K}$

a. 1,004; b. 764 K; c. Esta temperatura equivale a $915\text{°F}$, que es alto pero no imposible de alcanzar. Por lo tanto, este proceso es factible. Sin embargo, a esta temperatura puede haber otras consideraciones que dificulten el proceso (en general, el enriquecimiento del uranio por difusión gaseosa es realmente difícil y requiere muchas pasadas).

65 mol

a. 0,76 atm; b. 0,29 atm; c. La presión allí apenas supera el nivel rápidamente mortal.

$\mathrm{4,92}\times {10}^5\text{K}$; Sí, es una temperatura alta poco práctica.

poliatómico

$\mathrm{3,08}\times {10}^3\text{J}$

$\mathrm{29,2}\text{°C}$

$\mathrm{-1,6}\text{°C}$

0,00157

Alrededor de 0,072. Las respuestas pueden variar ligeramente. Una respuesta más precisa es 0,074.

a. 419 m/s; b. 472 m/s; c. 513 m/s

541 K

2.400 K para las tres partes

a. $\mathrm{1,20}{\text{kg/m}}^3$; b. $\mathrm{65,9}{\text{kg/m}}^3$

7,9 m

a. fluido supercrítico; b $\mathrm{3,00}\times {10}^7\text{Pa}$

$\mathrm{40,18}\%$

a. $\mathrm{2,21}\times {10}^{27}{\text{moléculas/m}}^3;$ b. $\mathrm{3,67}\times {10}^3{\text{mol/m}}^3$

8,2 mm

a. $1.080\text{J/kg}\text{°C}$; b. $12\%$

$2\sqrt{e}\text{/}3$ o 1,10 aproximadamente.

a. 411 m/s; b. Según la Tabla 2.3, el $C_V$ de ${\text{H}}_2\text{S}$ es significativamente diferente del valor teórico, por lo que el modelo de gas ideal no lo describe muy bien a temperatura y presión ambiente, y la distribución de velocidad de Maxwell-Boltzmann para los gases ideales puede no mantenerse muy bien, menos aun a una temperatura más baja.

29,5 N/m

Al sustituir $v=\sqrt{\frac{2k_{\text{B}}T}{m}}u$ y $dv=\sqrt{\frac{2k_{\text{B}}T}{m}}du$ da como resultado
$\begin{array}{cc}{\displaystyle {\int }_0^{\infty }\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3\text{/}2}{v}^2{e}^{\text{−}m{v}^2\text{/}2k_{\text{B}}T}}dv\hfill & ={\displaystyle {\int }_0^{\infty }\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3\text{/}2}\left(\frac{2k_{\text{B}}T}{m}\right)u^2{e}^{\text{−}{u}^2}\sqrt{\frac{2k_{\text{B}}T}{m}}}du\hfill \\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\infty }\frac{4}{\sqrt{\pi }}{u}^2{e}^{\text{−}{u}^2}du}=\frac{4}{\sqrt{\pi }}\frac{\sqrt{\pi }}{4}=1\hfill \end{array}$

Al hacer la transformación de escala como en los problemas anteriores, hallamos que
$\stackrel{\text{–}}{v^2}={\displaystyle {\int }_0^{\infty }\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3\text{/}2}{v}^2{v}^2{e}^{\text{−}m{v}^2\text{/}2k_{\text{B}}T}}dv={\displaystyle {\int }_0^{\infty }\frac{4}{\sqrt{\pi }}\frac{2k_{\text{B}}T}{m}{u}^4{e}^{\text{−}{u}^2}du}.$
Como en el problema anterior, integramos por partes:
${\displaystyle {\int }_0^{\infty }{u}^4{e}^{\text{−}{u}^2}du}={\left[\text{−}\frac{1}{2}{u}^3{e}^{\text{−}{u}^2}\right]}_0^{\infty }+\frac{3}{2}{\displaystyle {\int }_0^{\infty }{u}^2{e}^{\text{−}{u}^2}du}.$
De nuevo, el primer término es 0, y se nos dio en un problema anterior que la integral del segundo término es igual a $\frac{\sqrt{\pi }}{4}$. Ahora tenemos
$\stackrel{\text{–}}{v^2}=\frac{4}{\sqrt{\pi }}\frac{2k_{\text{B}}T}{m}\frac{3}{2}\frac{\sqrt{\pi }}{4}=\frac{3k_{\text{B}}T}{m}.$
Al tomar la raíz cuadrada de ambos lados se obtiene el resultado deseado $v_{\text{rms}}=\sqrt{\frac{3k_{\text{B}}T}{m}}$.