Rozdział 2

Najpierw musimy obliczyć masę molową (czyli masę jednego mola) niacyny. W tym celu mnożymy liczbę atomów każdego pierwiastka w cząsteczce przez jego masę molową i dodajemy wszystkie wyniki $6\mathrm{moli węgla}\cdot 12\mathrm{g}∕\mathrm{mol}+5\mathrm{moli wodoru}\cdot 1\mathrm{g}∕\mathrm{mol}+1\mathrm{mol azotu}\cdot 24\mathrm{g}∕\mathrm{mol}\cdot 2\mathrm{mole tlenu}\cdot 16\mathrm{g}∕\mathrm{mol}$, otrzymując $123\mathrm{g}∕\mathrm{mol}$. Następnie wyznaczamy liczbę moli niacyny w $14\mathrm{mg}$, czyli $n=14\mathrm{mg}∕\left(123\mathrm{g}∕\mathrm{mol}\right)\cdot 1\mathrm{mg}∕1000\mathrm{g}=\mathrm{1,14}\cdot {10}^{-4}\mathrm{mol}$. I wreszcie, używamy liczby Avogadra, aby obliczyć liczbę cząsteczek $N=N_{\text{A}}n=\mathrm{6,02}\cdot {10}^{23}\mathrm{cząsteczek}∕\mathrm{mol}\cdot \mathrm{1,14}\cdot {10}^{-4}\mathrm{g}∕\mathrm{mol}=\mathrm{6,85}\cdot {10}^{19}\mathrm{cząsteczek}$.

Gęstość gazu można wyrazić jako iloczyn jego średniej masy cząsteczkowej oraz koncentracji jego cząsteczek $N∕V$. Z równania stanu gazu doskonałego, $pV=N{k}_{\text{B}}T$, widzimy, że $N∕V=p∕\left(k_{\text{B}}T\right)$. Wobec tego w stałej temperaturze, jeżeli gęstość i tym samym koncentracja cząsteczek maleją dwukrotnie, to ciśnienie gazu również musi zmaleć dwukrotnie, czyli $p_{\text{k}}=\mathrm{0,5}\mathrm{atm}$.

Gęstość ciała to jego masa podzielona przez jego objętość (albo masa jednostkowej objętości), natomiast objętość ciała jest proporcjonalna do jego charakterystycznego rozmiaru (w przypadku kuli – jej promienia) w trzeciej potędze. Tak więc, jeżeli odległość między cząsteczkami wzrasta o czynnik 10, to objętość przez nie zajmowana rośnie o czynnik 1000, a tym samym gęstość maleje o czynnik 1000. Ponieważ przyjęliśmy, że w cieczach i ciałach stałych cząsteczki stykają się ze sobą, to odległość między ich środkami jest porównywalna z ich charakterystycznym rozmiarem, natomiast w gazach odległość ta wzrasta o czynnik rzędu 10.

Tak. Takie fluktuacje nieustannie mają miejsce dla każdego ciała o dowolnej wielkości umieszczonego w gazie. Ponieważ liczba cząsteczek w ciałach makroskopowych jest przeogromna, to fluktuacje stanowią drobny ułamek wszystkich zderzeń, wobec tego wielkości średnie omawiane w tym podrozdziale zmieniają się niedostrzegalnie. W uogólnieniu, wielkości fluktuacji są odwrotnie proporcjonalne do pierwiastka kwadratowego z liczby zderzeń, co oznacza, że dla niewielkich ciał mogą stać się istotne. Zostało to zaobserwowane w XIX wieku dla pyłków kwiatowych zanurzonych w wodzie i znane jest pod nazwą ruchów Browna.

W cieczach cząsteczki znajdują się blisko siebie i nieustanne zderzają się ze sobą. W gazach niemal idealnych, jak powietrze w zwykłych warunkach, cząsteczki znajdują się znacznie dalej od siebie. Dlatego też średnia droga swobodna w powietrzu jest znacznie dłuższa niż w wodzie.

$T_{\text{k}}=\left(n_{\text{He}}{T}_{\text{He}}+n_{\text{Kr}}{T}_{\text{Kr}}\right)∕\left(n_{\text{He}}+n_{\text{Kr}}\right)=300\mathrm{K}$.

2 mole, gdyż cząsteczka wody zawiera dwa razy więcej atomów wodoru niż atomów tlenu.

Ciśnienie.

Płomień zawiera gorący gaz (ogrzany w procesie spalania). Ciśnienie gazu w płomieniu jest ciągle ciśnieniem atmosferycznym w stanie równowagi mechanicznej z otaczającym powietrzem (lub w przybliżeniu). Gęstość gorącego gazu jest proporcjonalna do koncentracji jego cząsteczek $N∕V$ (niezależnie od różnic w składach gazu w płomieniu i otaczającego powietrza). Z równania stanu gazu doskonałego wynika, że $N∕V=p∕\left(k_{\text{B}}T\right)$, co oznacza, że gaz w płomieniu posiadający wyższą temperaturę ma mniejszą koncentrację cząsteczek niż otaczające go powietrze. Wobec tego gorący gaz w płomieniu ma mniejszą gęstość niż otaczające go powietrze i jest unoszony do góry przez siłę wyporu (zmiana składu gazu w płomieniu przy tak dużej różnicy temperatur nie ma większego znaczenia).

Średnia droga swobodna jest odwrotnie proporcjonalna do kwadratu promienia cząsteczki, tak więc maleje ona czterokrotnie. Średni czas między zderzeniami jest proporcjonalny do średniej drogi swobodnej i odwrotnie proporcjonalny do średniej prędkości kwadratowej, która z kolei jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z wartości masy cząsteczki. Daje to czynnik $\sqrt{8}$ w liczniku; i ostatecznie średni czas między zderzeniami maleje o czynnik $\sqrt{2}$.

Ponieważ planety te są bardziej masywne, ich grawitacja jest silniejsza oraz prędkości ucieczki są większe w stosunku do Ziemi. Ponadto, ponieważ planety te znajdują się dalej od Słońca, są chłodniejsze i prędkości cząsteczek w ich atmosferach, włączając cząsteczki wodoru i atomy helu, są mniejsze. Z połączenia tych faktów wynika, że niewielka liczba cząsteczek wodoru i atomów helu zdołała uciec z atmosfer planet zewnętrznych.

Bardziej niebezpieczna jest szafa z dwutlenkiem węgla, gdyż jego nadmiar wywołuje uczucie duszności, a nadmiar azotu i niedomiar tlenu nie są tak szkodliwe.

Mają mniej energii wewnętrznej, ponieważ w tak niskich temperaturach ich ciepło molowe wynosi tylko $U=3∕2\cdot RT$.

a. Fałsz; b. Prawda; c. Prawda; d. Prawda.

$1200\mathrm{K}$.

a. $\mathrm{0,137}\mathrm{atm}$; b. $p_{\text{g}}=1\mathrm{atm}\cdot T_2{V}_1∕\left(T_1{V}_2\right)$. Z powodu rozszerzalności cieplnej lampy mamy $V_1∕V_2=\mathrm{0,9973}$. Pomnożenie przez ten czynnik nie daje żadnej istotnej różnicy.

a. $\mathrm{1,79}\cdot {10}^{-3}\mathrm{mol}$; b. $\mathrm{0,227}\mathrm{mol}$; c. $\mathrm{1,08}\cdot {10}^{21}$ cząsteczek azotu, $\mathrm{1,37}\cdot {10}^{23}$ cząsteczek dwutlenku węgla.

$\mathrm{7,84}\cdot {10}^{-2}\mathrm{mol}$.

$\mathrm{1,87}\cdot {10}^3$ balonów.

$\mathrm{2,47}\cdot {10}^7$ cząstek.

$\mathrm{6,95}\cdot {10}^5\mathrm{Pa}$.

a. $\mathrm{9,14}\cdot {10}^6\mathrm{Pa}$; b. $\mathrm{8,22}\cdot {10}^6\mathrm{Pa}$; c. $\mathrm{2,15}\mathrm{K}$; d. Nie.

$\mathrm{40,7}\mathrm{km}$.

a. $\mathrm{0,61}\mathrm{N}$; b. $\mathrm{0,2}\mathrm{Pa}$.

a. $\mathrm{5,88}\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; b. $\mathrm{5,89}\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$177\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$\mathrm{4,54}\cdot {10}^3$.

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

$\mathrm{21,1}\mathrm{kPa}$.

$458\mathrm{K}$.

$\mathrm{3,22}\cdot {10}^3\mathrm{K}$.

a. $\mathrm{1,004}$; b. $764\mathrm{K}$; c. Jest to dość wysoka temperatura, ale możliwa do osiągnięcia. Jednakże na podstawie innych rozważań stwierdzono, że przeprowadzenie tego procesu w tej temperaturze jest kłopotliwe (ogólnie, wzbogacanie uranu za pomocą dyfuzji gazowej jest rzeczywiście trudne i wymaga wielokrotnego powtarzania procesu).

$65\mathrm{mol}$.

a. $\mathrm{0,76}\mathrm{atm}$; b. $\mathrm{0,29}\mathrm{atm}$; c. Ciśnienie na szczycie Mount Everestu tylko nieznacznie przewyższa śmiertelnie niski poziom.

$\mathrm{4,92}\cdot {10}^5\mathrm{K}$.

Wieloatomowym.

$\mathrm{3,08}\cdot {10}^3\mathrm{J}$.

$\mathrm{29,2}\mathrm{°}\mathrm{C}$.

$-\mathrm{1,6}\mathrm{°}\mathrm{C}$.

$\mathrm{0,001\hspace{0.17em}57}$.

Około $\mathrm{0,72}$. Wyniki otrzymane przez różne osoby mogą się nieznacznie różnić od siebie. Najlepszą odpowiedzią jest $\mathrm{0,74}$.

a. $419\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; b. $472\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; c. $513\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$541\mathrm{K}$.

$2400\mathrm{K}$ w każdym podpunkcie.

a. $\mathrm{1,2}\mathrm{kg}∕{\mathrm{m}}^3$; b. $\mathrm{65,9}\mathrm{kg}∕{\mathrm{m}}^3$.

$\mathrm{7,9}\mathrm{m}$.

a. Płyn w stanie nadkrytycznym; b. $3\cdot {10}^7\mathrm{Pa}$.

$\mathrm{40,18}\mathrm{\%}$.

a. $\mathrm{2,21}\cdot {10}^{27}\mathrm{cząsteczek}∕{\mathrm{m}}^3$; b. $\mathrm{3,67}\cdot {10}^3\mathrm{mol}∕{\mathrm{m}}^3$.

$\mathrm{8,2}\mathrm{mm}$.

a. $1080\mathrm{J}∕\mathrm{kg}$; b. $12\mathrm{\%}$.

$2\sqrt{e}∕3\approx \mathrm{1,1}$.

a. $411\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; b. Zgodnie z Tabeli 2.3ciepło molowe przy stałym ciśnieniu $C_V$ dla H₂S istotnie różni się od wartości teoretycznej, czyli jego własności w warunkach pokojowych nie opisuje poprawnie model gazu doskonałego. Także rozkład prędkości cząsteczek Maxwella-Boltzmanna dla gazu doskonałego nie pokrywa się z rozkładem rzeczywistym tego gazu.

$\mathrm{29,5}\mathrm{N}∕\mathrm{m}$.

Podstawiając $v=u\sqrt{2k_{\text{B}}T∕m}$ i $dv=du\sqrt{2k_{\text{B}}T∕m}$, otrzymujemy $P\left(0,\infty \right)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3∕2}{v}^{2}exp\left(\frac{-m{v}^2}{2k_{\text{B}}T}\right)dv=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3∕2}{\left(\frac{2k_{\text{B}}T}{m}\right)}^2{u}^{2}exp\left(-u^2\right)\sqrt{\frac{2k_{\text{B}}T}{m}}du$ co prowadzi do wyniku $P\left(0,\infty \right)=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{4}{\sqrt{\pi }}{u}^{2}exp\left(-u^2\right)du=\frac{4}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{4}=1$.

Stosując to samo podstawienie, co poprzednio otrzymujemy $\overline{v^2}=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{4}{\sqrt{\pi }}{\left(\frac{m}{2k_{\text{B}}T}\right)}^{3∕2}{v}^2{v}^{2}exp\left(\frac{-m{v}^2}{2k_{\text{B}}T}\right)dv=\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{4}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{2k_{\text{B}}T}{m}{u}^{4}exp\left(-u^2\right)du$. Używamy wzoru do całkowania przez części i otrzymujemy $\overline{v^2}=\frac{4}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{2k_{\text{B}}T}{m}\left[-\frac{1}{2}{u}^{3}exp\left(-u^2\right){|}_0^{\infty }+\frac{3}{2}\underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{u}^{2}exp\left(-u^2\right)du\right]=\frac{4}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{2k_{\text{B}}T}{m}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{4}=\frac{3k_{\text{B}}T}{m}$. Pierwiastkując obie strony tej równości otrzymujemy poszukiwany rezultat $v_{\text{k}}=\sqrt{3k_{\text{B}}T∕m}$.