Esercizi svolti · Scheda 3

Stati di equilibrio del gas perfetto

Teoria usata: Gas perfetto Equazione di stato del gas perfetto Leggi di Boyle e di Gay-Lussac Scale termometriche

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Esercizio 1

Una bombola di volume $20, 0 L$ contiene ossigeno alla pressione di $1, 50 \cdot 1 0^{6} Pa$ e alla temperatura di $20, 0^{\circ} C$ . Trattando l’ossigeno come un gas perfetto, calcolare il numero di moli e la massa del gas (massa molare $M = 32, 0 g/mol$ ).

p V = n R T ⟹ n = \frac{p V}{R T}, m = n M

V = 20, 0 \cdot 1 0^{- 3} m^{3}, T = (20, 0 + 273, 15) K = 293, 15 K

n = \frac{1 , 50 \cdot 1 0 ^{6} \cdot 20 , 0 \cdot 1 0 ^{- 3}}{8 , 314 \cdot 293 , 15} mol = \frac{3 , 00 \cdot 1 0 ^{4}}{2437 , 3} mol \approx 12, 3 mol

m = 12, 3 mol \cdot 0, 0320 kg/mol \approx 0, 394 kg

L’equazione di stato del gas perfetto lega le quattro grandezze $p$ , $V$ , $n$ , $T$ ; tre sono note, quindi la quarta si ricava isolandola. Prima di sostituire si portano i dati nel Sistema Internazionale: il volume in metri cubi, con $1 L = 1 0^{- 3} m^{3}$ , e la temperatura in kelvin, perché l’equazione contiene $T$ e non una differenza di temperatura. Con queste unità il prodotto $p V$ è in joule e $R T$ in joule per mole, perciò il rapporto è in moli.

La massa si ottiene moltiplicando per la massa molare espressa in $kg/mol$ : la bombola contiene circa $394 g$ di ossigeno. Come controllo dell’ordine di grandezza, a pressione atmosferica e $0^{\circ} C$ una mole occupa circa $22 L$ ; qui la pressione è circa quindici volte quella atmosferica e la bombola contiene una dozzina di moli in $20 L$ , un valore coerente.

Esercizio 2

Un recipiente rigido e sigillato contiene aria a $1, 00 \cdot 1 0^{5} Pa$ e $27, 0^{\circ} C$ . Il recipiente viene scaldato fino a $177^{\circ} C$ . Calcolare la pressione finale, trattando l’aria come un gas perfetto.

V, n costanti ⟹ \frac{p _{i}}{T _{i}} = \frac{p _{f}}{T _{f}} ⟹ p_{f} = p_{i} \frac{T _{f}}{T _{i}}

T_{i} = 300, 15 K, T_{f} = 450, 15 K

p_{f} = 1, 00 \cdot 1 0^{5} \cdot \frac{450 , 15}{300 , 15} Pa \approx 1, 50 \cdot 1 0^{5} Pa

Il recipiente è rigido e sigillato, quindi volume e numero di moli non cambiano. Scrivendo l’equazione di stato nei due stati e dividendo membro a membro, $n$ , $R$ e $V$ si semplificano e resta la seconda legge di Gay-Lussac, $\frac{p}{T} = costante$ . Le temperature vanno in kelvin, perché la legge è una proporzionalità diretta solo nella scala assoluta.

La pressione finale è una volta e mezza quella iniziale, poiché la temperatura assoluta passa da circa $300 K$ a circa $450 K$ . Usando per errore le temperature in gradi Celsius si otterrebbe il rapporto $\frac{177}{27} \approx 6, 6$ , un aumento di pressione privo di senso fisico per un riscaldamento di $150 K$ .

Esercizio 3

Una bombola di volume $10, 0 L$ contiene azoto a $2, 00 \cdot 1 0^{6} Pa$ e $300 K$ . Dopo un certo uso la pressione è scesa a $5, 00 \cdot 1 0^{5} Pa$ e la temperatura a $290 K$ . Calcolare la massa di azoto uscita dalla bombola ( $M = 28, 0 g/mol$ ), trattando il gas come perfetto.

n_{1} = \frac{p _{1} V}{R T _{1}}, n_{2} = \frac{p _{2} V}{R T _{2}}

Δ m = (n_{1} - n_{2}) M = \frac{M V}{R} (\frac{p _{1}}{T _{1}} - \frac{p _{2}}{T _{2}})

\frac{p _{1}}{T _{1}} = 6, 667 \cdot 1 0^{3} Pa/K, \frac{p _{2}}{T _{2}} = 1, 724 \cdot 1 0^{3} Pa/K

Δ m = \frac{0 , 0280 \cdot 10 , 0 \cdot 1 0 ^{- 3}}{8 , 314} \cdot (6, 667 - 1, 724) \cdot 1 0^{3} kg = 3, 368 \cdot 1 0^{- 5} \cdot 4, 943 \cdot 1 0^{3} kg \approx 0, 166 kg

Il volume della bombola è fisso, mentre cambiano pressione, temperatura e numero di moli. L’equazione di stato, applicata separatamente allo stato iniziale e a quello finale, dà le moli presenti nei due istanti: $n_{1} \approx 8, 02 mol$ e $n_{2} \approx 2, 07 mol$ . La differenza è il numero di moli uscite, e moltiplicando per la massa molare si ottiene la massa.

Raccogliere $\frac{M V}{R}$ prima di sostituire riduce i conti a una sola differenza. Dalla bombola sono usciti circa $166 g$ di azoto, cioè circa tre quarti del contenuto iniziale; il rapporto delle pressioni è un quarto, e la lieve diminuzione di temperatura fa restare nella bombola un po’ più di un quarto delle moli iniziali.

Esercizio 4

Due recipienti, di volumi $V_{A} = 2, 0 L$ e $V_{B} = 3, 0 L$ , sono collegati da un tubo sottile chiuso da un rubinetto. Il primo contiene un gas perfetto a $p_{A} = 3, 0 \cdot 1 0^{5} Pa$ , il secondo lo stesso gas a $p_{B} = 1, 0 \cdot 1 0^{5} Pa$ , entrambi alla stessa temperatura. Si apre il rubinetto e si attende l’equilibrio, a temperatura invariata. Calcolare la pressione finale.

n_{A} + n_{B} = n_{f} ⟹ \frac{p _{A} V _{A}}{R T} + \frac{p _{B} V _{B}}{R T} = \frac{p _{f} ( V _{A} + V _{B} )}{R T}

p_{f} = \frac{p _{A} V _{A} + p _{B} V _{B}}{V _{A} + V _{B}}

p_{f} = \frac{3 , 0 \cdot 1 0 ^{5} \cdot 2 , 0 + 1 , 0 \cdot 1 0 ^{5} \cdot 3 , 0}{2 , 0 + 3 , 0} Pa = \frac{9 , 0 \cdot 1 0 ^{5}}{5 , 0} Pa = 1, 8 \cdot 1 0^{5} Pa

Il gas non esce dal sistema dei due recipienti, quindi il numero totale di moli si conserva; dopo l’apertura il gas occupa il volume $V_{A} + V_{B}$ con un’unica pressione $p_{f}$ . Ogni numero di moli si scrive con l’equazione di stato. La temperatura è la stessa in tutti gli stati, perciò $R T$ si semplifica e la pressione finale è la media delle pressioni iniziali pesata con i volumi.

Nel rapporto i volumi compaiono sia al numeratore sia al denominatore, quindi si possono lasciare in litri. Come controllo, $1, 8 \cdot 1 0^{5} Pa$ è compreso tra le due pressioni iniziali ed è più vicino a quella del recipiente più grande.