2.A : La théorie cinétique des gaz (réponse)
- Page ID
- 191176
Vérifiez votre compréhension
2.1. Nous devons d'abord calculer la masse molaire (la masse d'une mole) de la niacine. Pour ce faire, il faut multiplier le nombre d'atomes de chaque élément de la molécule par la masse molaire de l'élément.
\(\displaystyle (6mol of carbon)(12.0g/mol)+(5mol hydrogen)(1.0g/mol)+(1mol nitrogen)(14g/mol)+(2mol oxygen)(16.0g/mol)=123g/mol\)
Ensuite, nous devons calculer le nombre de moles dans 14 mg.
\(\displaystyle (\frac{14mg}{123g/mol})(\frac{1g}{1000mg})=1.14×10^{−4}mol\).
Ensuite, nous utilisons le nombre d'Avogadro pour calculer le nombre de molécules :
\(\displaystyle N=nN_A=(1.14×10^{−4}mol)(6.02×10^{23}molecules/mol)=6.85×10^{19}molecules.\)
2.2. La densité d'un gaz est égale à une constante, la masse moléculaire moyenne multipliée par la densité numérique N/V. D'après la loi des gaz idéaux\(\displaystyle pV=Nk_BT\), nous voyons que, par\(\displaystyle N/V=p/k_BT.\) conséquent, à température constante, si la densité et, par conséquent, la densité numérique sont réduites de moitié, la pression doit également être réduite de la moitié, et\(\displaystyle p_f=0.500atm\).
2.3. La densité est la masse par unité de volume, et le volume est proportionnel à la taille d'un corps (tel que le rayon d'une sphère) cubique. Donc, si la distance entre les molécules augmente d'un facteur 10, alors le volume occupé augmente d'un facteur 1000 et la densité diminue d'un facteur 1000. Comme nous supposons que les molécules sont en contact dans les liquides et les solides, la distance entre leurs centres est de l'ordre de leur taille habituelle, de sorte que la distance dans les gaz est de l'ordre de 10 fois plus grande.
2.4. Oui. De telles fluctuations se produisent en fait pour un corps de toute taille dans un gaz, mais comme le nombre de molécules est immense pour les corps macroscopiques, elles ne représentent qu'un infime pourcentage du nombre de collisions, et les moyennes mentionnées dans cette section varient de façon imperceptible. En gros, les fluctuations sont inversement proportionnelles à la racine carrée du nombre de collisions, de sorte qu'elles peuvent devenir importantes pour les petits corps. Cela a été observé au XIXe siècle pour les grains de pollen dans l'eau et est connu sous le nom de mouvement brownien.
2,5. Dans un liquide, les molécules sont très proches les unes des autres et entrent constamment en collision les unes avec les autres. Pour qu'un gaz soit presque idéal, comme c'est le cas dans l'air dans des conditions normales, les molécules doivent être très éloignées les unes des autres. Par conséquent, la trajectoire libre moyenne est beaucoup plus longue dans l'air.
2.6. Comme le nombre de moles est égal et que l'on sait que les capacités calorifiques molaires des deux gaz sont égales, la température se situe à mi-chemin entre les températures initiales, 300 K.
Questions conceptuelles
1. 2 moles, car cela contiendra deux fois plus de molécules que la mole d'oxygène
3. pression
5. La flamme contient du gaz chaud (chauffé par combustion). La pression est toujours la pression atmosphérique, en équilibre mécanique avec l'air qui l'entoure (ou à peu près). La densité du gaz chaud est proportionnelle à sa densité numérique N/V (en négligeant la différence de composition entre le gaz contenu dans la flamme et l'air ambiant). À une température plus élevée que celle de l'air ambiant, la loi des gaz idéaux indique qu'elle\(\displaystyle N/V=p/k_BT\) est inférieure à celle de l'air ambiant. Par conséquent, l'air chaud a une densité inférieure à celle de l'air ambiant et est soulevé par la force flottante.
7. Le chemin libre moyen est inversement proportionnel au carré du rayon, il diminue donc d'un facteur 4. Le temps libre moyen est proportionnel à la trajectoire libre moyenne et inversement proportionnel à la vitesse efficace, qui à son tour est inversement proportionnelle à la racine carrée de la masse. Cela donne un facteur\(\displaystyle \sqrt{8}\) dans le numérateur, de sorte que le temps libre moyen diminue d'un facteur de\(\displaystyle \sqrt{2}\).
9. Comme ils sont plus massifs, leur gravité est plus forte, donc leur vitesse de fuite est plus élevée. Comme ils sont plus éloignés du Soleil, ils sont plus froids, de sorte que la vitesse des molécules atmosphériques, y compris l'hydrogène et l'hélium, est plus faible. La combinaison de ces faits signifie que relativement peu de molécules d'hydrogène et d'hélium se sont échappées des planètes extérieures.
11. Un endroit où l'azote est stocké, car un excès\(\displaystyle CO_2\) provoquera une sensation d'étouffement, mais pas un excès d'azote et un manque d'oxygène.
13. Moins, car à des températures plus basses, leur capacité calorifique n'était que de 3 RT/2.
15. a. faux ; b. vrai ; c. vrai ; d. vrai
17. 1 200 K
Problèmes
19. a. 0,137 atm ;
\(\displaystyle p_g=(1atm)\frac{T_2V_1}{T_1V_2}−1atm\)b. En raison de l'expansion du verre,\(\displaystyle V_2=0.99973\). La multiplication par ce facteur ne fait pas de différence significative.
21. un.\(\displaystyle 1.79×10^{−3}mol;\)
b. 0,227 mol ;
c.\(\displaystyle 1.08×10^{21}\) molécules pour l'azote,\(\displaystyle 1.37×10^{23}\) molécules pour le dioxyde de carbone
23. \(\displaystyle 7.84×10^{−2} mol\)
25. \(\displaystyle 1.87×10^{3}\)
27. \(\displaystyle 2.47×10^7\)molécules
29. \(\displaystyle 6.95×10^5Pa;\); 6,86 atm
31. un.\(\displaystyle 9.14×10^6 Pa;\)
b.\(\displaystyle 8.22×10^6Pa\) ;
c. 2,15 K ;
d. non
33. 40,7 km
35. a. 0,61 N ;
b. 0,20 Pa
37. a. 5,88 m/s ;
b. 5,89 m/s
39. 177 m/s
41. \(\displaystyle 4.54×10^3\)
43. a. 0,0352 mol ;
b.\(\displaystyle 5.65×10^{−21}J\) ;
environ 139 J
45. 21,1 kPa
47. 458 K
49. \(\displaystyle 3.22×10^3K\)
51. a. 1,004 ;
b. 764 K ;
c. Cette température est équivalente à 915 ºF, ce qui est élevé mais pas impossible à atteindre. Ce processus est donc réalisable. À cette température, cependant, d'autres facteurs peuvent rendre le processus difficile. (En général, l'enrichissement de l'uranium par diffusion gazeuse est en effet difficile et nécessite de nombreux passages.)
53. 65 ml
55. a. 0,76 atm ;
b. 0,29 atm ;
c. La pression y est à peine supérieure au niveau rapidement fatal.
57. \(\displaystyle 4.92×10^5K\); Oui, c'est une température incroyablement élevée.
59. polyatomique
61. 3,08 × 10 ^ 3 J \)
63. \(\displaystyle 29.2°C\)
65. \(\displaystyle −1.6°C\)
67. 0,00157
69. Environ 0,072. Les réponses peuvent varier légèrement. Une réponse plus précise est 0,074.
71. environ 419 m/s ;
b. 472 m/s ;
environ 513 m/s
73. 541 KILOGRAMMES
75. 2400 K pour les trois parties
Problèmes supplémentaires
77. un\(\displaystyle 1.20kg/m^3\) ;.
b.\(\displaystyle 65.9kg/m^3\)
79. 7,9 m
81. a. fluide supercritique ;
b.\(\displaystyle 3.00×10^7Pa\)
83. 40,18 %
85. un\(\displaystyle 2.21×10^{27}molecules/m^3\) ;.
b.\(\displaystyle 3.67×10^3mol/m^3\)
87. 8,2 mm
89. a. 1080 J/kg°C ;
b. 12 %
91. \(\displaystyle\displaystyle 2 \ sqrt {e} /3 \) environ 1,10
93. a. 411 m/s ;
b. Selon le tableau 2.3, le\(\displaystyle C_V\) of\(\displaystyle H_2\) est significativement différent de la valeur théorique, de sorte que le modèle de gaz idéal ne le décrit pas très bien à température et à pression ambiantes, et la distribution de vitesse de Maxwell-Boltzmann pour les gaz idéaux peut ne pas tenir très bien, encore moins bien à une valeur inférieure température.
Problèmes liés au défi
95. 29,5 N/m
97. Substituer\(\displaystyle v=\sqrt{\frac{2k_BT}{m}}u\) et\(\displaystyle dv=\sqrt{\frac{2k_BT}{m}}du\) donner
\(\displaystyle ∫^∞_0\frac {4}{\sqrt{π}}(\frac{m}{2k_BT})^{3/2}v^2e^{−mv^2/2k_BT}dv=∫^∞_0\frac{4}{\sqrt{π}}(\frac{m}{2k_BT})^{3/2}(\frac{2k_BT}{m})u^2e^{−u^2}\sqrt{\frac{2k_BT}{m}}du=∫^∞_0\frac{4}{\sqrt{π}}u^2e^{−u^2}du=\frac{4}{\sqrt{π}}\frac{\sqrt{π}}{4}=1\)
99. En effectuant la transformation de mise à l'échelle comme dans les problèmes précédents, nous constatons que,\(\displaystyle \bar{v^2}=∫^∞_0\frac{4}{\sqrt{π}}(\frac{m}{2k_BT})^{3/2}v^2v^2e^{−mv^2/2k_BT}dv=∫^∞_0\frac{4}{\sqrt{π}}\frac{2k_BT}{m}u^4e^{−u^2}du.\) comme dans le problème précédent, nous intégrons par parties :\(\displaystyle ∫^∞_0u^4e^{−u^2}du=[−\frac{1}{2}u^3e^{−u^2}]^∞_0+\frac{3}{2}∫^∞_0u^2e^{−u^2}du.\) Encore une fois, le premier terme est 0, et on nous a donné dans un problème précédent que l'intégrale du second terme est égale\(\displaystyle \frac{\sqrt{π}}{4}\). Nous l'avons maintenant\(\displaystyle \bar{v^2}=\frac{4}{\sqrt{π}}\frac{2k_BT}{m}\frac{3}{2}\frac{\sqrt{π}}{4}=\frac{3k_BT}{m}\). Prendre la racine carrée des deux côtés donne le résultat souhaité :\(\displaystyle v_{rms}=\sqrt{\frac{3k_BT}{m}}\).