Capitolo
fCapitolo
10
X
Soluzioni
2. P 
NkBT
V

1.20  1022  1.38  1023  (22.0  273)
3
1.50  10
Pa  3.23  104 Pa
6. Trasformiamo i dati in kelvin e metri cubi:
3
V  10  10
T  (27  273) K  300 K
2
m 3  10
m3
Occorre calcolare di quanti grammi è composta una mole di azoto. Dal sistema
periodico degli elementi si ha
14
N
7
, quindi una mole composta da molecole di
N2 contiene 2 14g  28 g di sostanza. Calcoliamo il numero di moli e la pres-
sione:
56
n
mol  2 mol
28

P
nRT
2  8.31  300

Pa  5.0  105 Pa
V
102
9. Dall’equazione di stato dei gas perfetti calcoliamo il numero iniziale di moli:
n
PV
1.01  105  600  106

mol  0.0245 mol
RT
8.31  (25.0  273)
Il numero delle moli dopo l’iniezione della pompa sarà:
1
4
4
n  n  n   0.0245 mol  0.0327 mol
3
3
3
Essendo il volume finale 300 cm 3 , e la temperatura costante, possiamo ricavare
la pressione finale:
nRT
0.0327  8.31  (25.0  273)
P

Pa  2.70  105 Pa

6
V
300  10
7. Il numero di moli di elio presenti è:
PV
n 0 0
RT0
Ponendo che la pressione nel pallone sia circa pari a quella esterna (trascuriamo
l’effetto della tensione della pellicola):
P  P0 (1/2)7.0/5.5  1.01  105  (1/ 2)7.0/5.5 Pa  0.418  105 Pa
Calcoliamo la nuova temperatura:
1
7000
 6.5C  18.5C
1000
Applichiamo l’equazione di stato dei gas perfetti:
t  27.0C 
V n
P V RT
RT
1.01  105  (18.5  273)
 0 0

 400  820
P
RT0 P
(27.0  273)  0.418  105
8. Il numero di moli di aria presenti è:
PV
n 0 0
RT0
Applichiamo l’equazione di stato dei gas perfetti a pistone compresso:
T 
RT0 (40.0 P0 )(0.15V0 )
1 PV


n R
P0 V0
R
 40.0  0.15  (23.0  273)K  1776 K  1503C
10. Scriviamo lo stato iniziale del gas:
Pi  1.0  107 Pa ,
3
Vi  20  10
Ti  (20  273) K  293 K
2
m 3  2.0  10
m3
Calcoliamo il numero di moli:
PV
107  2.0  102

mol  82 mol
RT
8.31  293
Scriviamo ora lo stato finale del gas:
n
2
Vf  (2.0  10
Tf  Ti  293 K
2
 1.0  10
2
) m 3  3.0  10
Pf 
nRTf
Vf

m3
82  8.31  293
3.0  102
Pa  6.7  106 Pa
Calcoliamo il numero di moli in ciascuna bombola considerandole come recipienti a sé stanti, aventi la medesima pressione Pf e temperatura Tf :
PfV1  n1RTf , PfV2  n2RTf
Facendo il rapporto membro a membro delle relazioni sopra:
n1 V1
2.0  102


 2  n1  2n2
n2 V2
1.0  102
cioè il recipiente di volume doppio contiene il doppio delle moli. Sappiamo
inoltre che le moli sono in tutto 82 , quindi si tratta di risolvere il sistema:
n  2n  2(27.3)  54.7 mol
 1
2
n1  2n2
n1  2n2





82
n1  n2  82
3n2  82
n 
 27.3 mol


 2
3
Poiché una mole di N2 (con 147 N ) ha massa 14 g  2  28 g si trova infine la
massa di gas in ciascun recipiente:
M1  (27.3  28  103 ) kg  0.76 kg
M 2  (54.7  28  103 ) kg  1.5 kg
2
11. Si procede prima calcolando quante molecole ci sono in un grammo di acqua e successivamente si divide il volume totale per il numero delle molecole.
Occorre calcolare la massa di una mole di H2 O e per farlo ci serve il numero di
massa dell’acqua:
 numero di massa
numero di massa
numero di massa

  2  
  1  

 dell'acqua

 dell'ossigeno 




 dell'idrogeno 


 numero di massa

  2  1  1  16  18
 dell'acqua



Quindi una mole di acqua ha massa 18 g . Ne segue che un grammo di acqua
contiene un numero di moli pari a:
1
n
 0.0560 mol
18
E di conseguenza, sapendo che ogni mole contiene N A molecole abbiamo che le
molecole di acqua in un grammo di sostanza sono.
N  nN A  0.0560  6.02  1023  0.340  1023
Il volume occupato da ciascuna molecola si ottiene dividendo il volume di un
grammo di sostanza dato dal testo per il numero di molecole appena trovato:
V1 molecola 
1.00  106
23
m3  2.94  1029 m 3
0.340  10
Assumendo ora che la molecola occupi un cubo di lato  , possiamo assumere
 come misura della distanza media fra le molecole:
 3  V1molecola  2.94  1029 m 3

3
  2.94  1029 m  14.3  1010 m
12. Calcoliamo la massa in grammi di una mole di propano:
(3  12  8  1) g  44 g
da cui si ottiene il numero di moli:
185
n
 4.2 mol
44
Calcoliamo il volume del contenitore in metri cubi:
V  0.353 m 3  0.043 m 3
Dall’equazione di stato abbiamo la pressione del gas:
nRT
4.2  8.31  300
P

N/m2  2.4  105 N/m2
V
0.043
E la forza che all’equilibrio deve esercitare la fune viene:
F  P  2  (2.4  105  0.352 ) N  3.0  104 N
14. In base alla legge di Gay-Lussac per le trasformazioni isobare si ha che
V2 / T2  V1 / T1 , cioè il volume è direttamente proporzionale alla temperatura
in kelvin, quindi il volume V2 relativo alla maggiore temperatura sarebbe sempre il triplo di quello V1 relativo alla minore, indipendentemente da quanto
valgono le temperature. Nel caso si abbiano due letture in gradi Celsius l’una il
3
triplo dell’altra, la proporzionalità diretta si perde, ed abbiamo invece una relazione lineare:
V2
1  t2
1  3t1


V1
1  t1
1  t1
E come si vede il rapporto fra i volumi dipende dal valore effettivo delle temperature e non solo dal fatto che sono una il triplo dell’altra.
17. Per l’ossigeno biatomico risulta:
2E
5
2  5.70  1020
Ec  kBT  5.70  1020 J  T  c 
K  1.65 103 K

23
2
5kB
5  1.38 10
5(1.38  1023 )  1.65  103
v 
27
32  (1.66  10
)
m/s  1.46  103 m/s
Per l’idrogeno biatomico risulta ovviamente la stessa temperatura ma velocità:
5(1.38  1023 )  1.65  103
v 
27
2  (1.66  10
)
m/s  5.86  103 m/s
18. Utilizzando la relazione per l’energia cinetica in funzione della temperatura
per un gas poliatomico come il vapore acqueo, composto di tre molecole, si ha:
Ec  3kBT  3  1.38  1023 (100  273)J  1.54  1020 J
La massa di una molecola H 2O è:
m  (2  1  16)mu  18mu  18  1.66  1027 kg  2.99  1026 kg
Per avere la velocità quadratica media di un gas poliatomico:
1
mv 2  6kBT
2
 v 
6kBT
m

6  1.38  1023  373
2.99  1026
 1.02  103 m/s
19. L’equazione di stato dei gas perfetti ci assicura che a pari temperatura, volume e numero di particelle le pressione sia la stessa: P  NkBT /V indipendentemente dal fatto che la massa delle molecole dei due gasi sia molto differente. Sarà uguale anche l’energia cinetica media, che nei gas perfetti risulta legata solo alla temperatura Ec  23 kBT , ma la velocità quadratica media sarà
molto maggiore per il gas più leggero. Infatti si dovrà avere:
Ec 
161 mu
v
m He
1
1
2
2
mHevHe
 m XevXe
 Xe 

 6.34
2
2
m Xe
4 mu
v He
20. Trasformiamo il volume in unità SI:
V  20.00 dm 3  20.00  103 m3
Ricaviamo la Temperatura del gas dall’equazione di stato PV  nRT :
T 
PV
2.500  105 Pa  2.000  102 m 3

 300.0 K
nR
2  8.314 J (mol  K)
4
Se indichiamo la velocità quadratica media delle molecole del gas con v , la
sua energia cinetica media si scrive: Ec  12 mv 2 dove m è la massa di una molecola di 42 He . Invertendo questa formula si ricava v v  2Ec / m . Quindi
per avere v devo calcolare sia Ec che la massa m di un atomo di elio. Dalla
teoria cinetica dei gas perfetti si ha:
3
3
Ec  kBT   1.384  1023  300 J  6.228  1021 J
2
2
Mentre la massa m di un atomo di 42 He vale:
m  4  1.670  1027 kg  6.680  1027 kg
Inserendo i numeri trovati si ha:
v 
2Ec
m

2  6.228  1021
27
6.680  10
m/s  1.850  106  1360 m/s
21. Dalla teoria cinetica dei gas sappiamo che l’energia cinetica media vale:
3
Ec  kBT
2
ed inoltre per definizione:
1
Ec  mv 2 .
2
Confrontando queste due relazioni si ottiene la temperatura:
3
1
kBT  mv 2
2
2
 T
mv 2
3kB
L’unica quantità non nota è la massa m di una molecola, che si ricava dividendo la massa molare (=massa di una mole) per il numero di Avogadro:
M
70.0  103

kg  1.16  1025 kg
23
NA
6.02  10
Inserendo i numeri nella formula precedente si ha:
m
T 
1.16  1025  (450)2
mv 2

K  566 K
3kB
3  1.384  1023
22. La velocità media per un gas monoatomico vale:
v 
2Ec

3kBT
m
m
Occorre la massa di una molecola (che coincide in questo caso con quella
dell’atomo) di
20
Ne
10
. Abbiamo:
m  20  1.67  1027 kg  3.34  1026 kg .
Inserendo i valori trovati si ha, prima del riscaldamento:
v 
3kBT
m

3  1.384  1023  273
26
3.34  10
e, dopo il riscaldamento:
m/s  343  103 m/s  586 m/s
5
v 
3kBT
3  1.384  1023  373

m
26
3.34  10
m/s  469  103 m/s  685 m/s
23. Indicando con v1 la velocità quadratica media delle molecole del primo gas
e con v2 quella del secondo, abbiamo, essendo la massa delle molecole del primo gas m1  2m2 :
v1 
3kBT

m1
3kBT
2m2
e v1 
3kBT
m2
Facendo il rapporto:
v1
v2

3kBT
m2
2m2
3kBT

1
2
 0.707
24. Chiamiamo Ti la temperatura iniziale che non viene fornita dal testo, e
chiamiamo Tf la temperatura finale, anch’essa ignota. Dalla teoria cinetica del
gas perfetto sappiamo che una molecola di gas perfetto ha in media un’ energia
3
cinetica pari a Ec  kBT , quindi, dato che una mole contiene N A molecole
2
all’inizio l’energia di una mole di elio sarà:
3
Ec  N A kBTi
2
mentre dopo il riscaldamento di 50 K sarà:
vapore saturo
dell acqua
t [C] P [atm ]
20
0.0013
10
0
0.0028
0.0603
60
0.1974
80
100
0.467
1.00
120
2.00
3
Ec  N A kBTf
2
quindi la variazione di energia cinetica di una mole di elio viene:
Ec  N A 3 kB (Tf  Ti )  3 N AkB  (50 K) 
2
2
 (6.02  10  1.50  1.384  1023  50)J  623 J
23
26. Dalla tabella si ha il valore Pvap  0.467 atm della pressione di vapore saturo
a 80.0C che, sottratta al totale, fornisce la pressione iniziale dell’aria:
P1aria  P1tot  Pvap  (1.40  0.467) atm  0.93 atm
Dopo l’aggiunta di acqua la pressione dell’aria aumenta rispetto al valore iniziale dato che il volume a sua disposizione si riduce ad 1/2 di quello iniziale.
Dall’equazione di stato dei gas, poiché la temperatura rimane costante, abbiamo:
P2ariaV2aria  P1ariaV1aria  nRT  costante
P2aria 
P1ariaV1
V2

P1aria V1
(1/2)V1
 (2  0.93) atm  1.9 atm
Poiché la temperatura resta costante, la pressione di vapore saturo non cambia,
quindi:
P2tot  P2aria  Pvap  (1.9  0.467) atm  2.4 atm
6
27. La temperatura costante fa sì che il vapore sia sempre alla pressione di vapore saturo, che a 100C è 1.00 atm . Indicando con 1 e 2 gli stati iniziale e finale, la pressione dell’aria varia di un fattore:
P2aria
2  (4.00 atm)  1.00 atm 7


P1aria
4.00 atm  1.00 atm
3
ed il volume dell’aria varia di un fattore reciproco, visto che la temperatura resta costante:
PV
 PV
 nRT  costante
2 2
1 1
V2
V1

P1aria
P2aria

3
7
Poiché in questo nuovo volume il vapore si trova in equilibrio come se l’aria
non ci fosse, applichiamo a esso l’equazione di stato e troviamo il rapporto fra il
numero di moli, prima e dopo, (ricordiamo che per il vapore è sempre
P1vap  P2vap  1 atm ):
P2vap V2
P1vap V1

n2 RT1
n1 RT2

n2
n1
=
3
7
Questo rapporto non dipende dal fatto che la massa sia misurata in moli oppure
in grammi, pertanto rimane una quantità di vapore pari a 3/7 di quello iniziale,
e condensa una quantità
4
 (70.0
7
g)  40.0 g .
28. Indichiamo con 1 e 2 gli stati iniziale e finale. Poiché il rapporto fra le masse non dipende dal fatto che la massa sia misurata in moli oppure in grammi
troviamo il rapporto fra il numero di moli, prima e dopo:
n2 m 2
(70.0  35.0)g
=

 3.00
n1 m1
35.0g
Poiché nel volume finale il vapore si trova in equilibrio come se l’aria non ci
fosse, applichiamo al vapore l’equazione di stato, ricordando che la temperatura è costante e che a 60.0C per il vapore è sempre P1vap  P2vap  0.1974 atm :
P2vap V2
P1vap V1

n2 RT1
n1 RT2

V2
V1

n2
n1
=
m2
m1
 3.00
Poiché la temperatura è costante, il rapporto fra il volumi finale ed iniziale è
uguale anche al rapporto fra le pressioni iniziale e finale dell’aria:
P2ariaV2
P1ariaV1

n2 RT1
n1 RT2

V2
V1

P1aria
P2aria
 3.00
P1aria
0.800

atm  0.267atm
3.00
3.00
Sommando la nuova pressione dell’aria a quella di vapore saturo a 60.0C si ha
la pressione finale complessiva:
P2  P2aria  P2vap  (0.267  0.1974) atm  0.464 atm
P2aria 
30. Il vapore deve dapprima condensare cedendo all’acqua, per calore, un’energia:
7
Q1  mvap Lev  (0.040  2260  103 ) J  0.904  105 J
L’acqua che riceve questo calore si porta alla temperatura t2 :
ma ca (t2  t1 )  Q1  0.904  105 J
t2 
Q1  macat1
maca
 t1 
Q1
maca
 (15.0 
0.904  105
)C  87.0C
0.300  4186
E quindi i due quantitativi di acqua e di vapore condensato in acqua a 100°C
raggiungono la temperatura di equilibrio termico:
tE 
ma ca t2  mvap ca  100C
ma ca  mvap ca

0.300  87.0  0.0400  100
C  88.5C
0.300  0.0400
31. Si ha che la massa totale non cambia:
me  m g  0.150 kg ,
Il calore entrato nel vapore è uscito dall’acqua congelandola tutta, quindi:
me Lev  m g Lf
Sostituendo:
me Lev  (0.150 kg  me )Lf
me 
(
Lf
Lf  Lev
 0.1500 kg 
334  103
334  103  2260  10 3
 0.1500) kg  0.0193 kg  19.3 g
m g  (0.1500 kg  me )  (0.1500  0.0193) kg  0.1307 kg  130.7 g
8