Κεφάλαιο 8.3 – Καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων (σελ. 26-30) – Λύσεις

Κεφάλαιο 8.3 — Καταστατική εξίσωση των ιδανικών αερίων (σελ. 26-30) — Λύσεις - Απαντήσεις

Άσκηση 1.5 (σελ. 26)

Στο διάγραμμα p-V του σχήματος 1.19 οι καμπύλες (1) και (2) αντιστοιχούν στις ισόθερμες μεταβολές δύο αερίων που πραγματοποιήθηκαν στην ίδια θερμοκρασία. Αν \(n_1\) και \(n_2\) τα moles των δύο αερίων τότε: α) \(n_1/n_2=n_2\) β) \(n_1>n_2\) γ) \(n_1<n_2\). Επιλέξτε το σωστό. [Η καμπύλη (1) βρίσκεται πιο αριστερά/χαμηλότερα, η καμπύλη (2) πιο δεξιά/υψηλότερα, για τις ίδιες τιμές όγκου.]

Σκέψη / Μεθοδολογία: Από την καταστατική εξίσωση, σε σταθερή θερμοκρασία \(T\): \(p=\dfrac{nRT}{V}\). Για δεδομένο όγκο \(V\), μεγαλύτερος αριθμός mol \(n\) σημαίνει μεγαλύτερη πίεση \(p\) — η καμπύλη με τη μεγαλύτερη τιμή \(n\) βρίσκεται «ψηλότερα» στο διάγραμμα p-V.

Λύση:

1. Η καμπύλη (2) βρίσκεται πιο δεξιά/υψηλότερα από την (1) για τις ίδιες τιμές όγκου, δηλαδή για το ίδιο \(V\) έχει μεγαλύτερη πίεση \(p\).
2. Αφού \(p=nRT/V\) με κοινό \(T\) και \(V\), μεγαλύτερη πίεση σημαίνει μεγαλύτερο αριθμό mol.
3. Άρα το αέριο (2) έχει περισσότερα mol από το αέριο (1): \(n_2>n_1\), δηλαδή \(n_1<n_2\).

Απάντηση: Σωστή απάντηση: γ) \(n_1<n_2\).

Πρόσεξε:

• Η επιλογή α) \(n_1/n_2=n_2\) δεν είναι καν διαστατικά λογική ως γενική σχέση — προσοχή σε τέτοιες «παγιδευτικές» επιλογές.
• Απάντηση βασισμένη στην περιγραφή του σχήματος 1.19 όπως αποδίδεται στην ψηφιοποιημένη πηγή· συνιστάται οπτική επιβεβαίωση στο PDF.

Άσκηση 1.6 (σελ. 26)

Ποιες από τις επόμενες προτάσεις είναι σωστές; α) Η καταστατική εξίσωση ισχύει μόνο αν το αέριο αποτελείται από ένα είδος μορίων. β) Τα αέρια για τα οποία ισχύει η καταστατική εξίσωση ονομάζονται ιδανικά. γ) Σε ορισμένη ποσότητα ιδανικού αερίου η παράσταση \(pV/T\) παραμένει σταθερή. δ) Η καταστατική εξίσωση ισχύει μόνο στα μονοατομικά αέρια.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η καταστατική εξίσωση \(pV=nRT\) ισχύει (κατά προσέγγιση ή ακριβώς για τα ιδανικά) ανεξάρτητα από το είδος ή τον αριθμό ειδών μορίων στο μείγμα, και ανεξάρτητα από το αν το αέριο είναι μονοατομικό ή πολυατομικό.

Λύση:

1. Πρόταση α): λανθασμένη — η καταστατική εξίσωση δεν απαιτεί το αέριο να αποτελείται από έναν τύπο μορίων· ισχύει και για μείγματα αερίων.
2. Πρόταση β): σωστή — ακριβώς αυτός είναι ο ορισμός του (μακροσκοπικά) ιδανικού αερίου.
3. Πρόταση γ): σωστή — από \(pV=nRT\) προκύπτει \(pV/T=nR=\text{σταθ.}\) για ορισμένη ποσότητα (σταθερό \(n\)) αερίου.
4. Πρόταση δ): λανθασμένη — η καταστατική εξίσωση ισχύει (προσεγγιστικά) τόσο για μονοατομικά όσο και για πολυατομικά αέρια, με μεγαλύτερη ακρίβεια για τα μονοατομικά.

Απάντηση: Σωστές προτάσεις: β) και γ).

Πρόσεξε:

• Οι λανθασμένες προτάσεις α) και δ) εισάγουν περιορισμούς (είδος μορίων, ατομικότητα) που δεν υπάρχουν στην καταστατική εξίσωση — μόνο επηρεάζουν πόσο ακριβής είναι η προσέγγιση.

Άσκηση 1.7 (σελ. 26)

Ποιο από τα επόμενα διαγράμματα παριστάνει το γινόμενο pV ορισμένης ποσότητας αερίου σε συνάρτηση με την απόλυτη θερμοκρασία του; [Σχ. 1.20: (α) ευθεία με θετική κλίση που δεν περνά από την αρχή· (β) οριζόντια ευθεία (pV σταθερό)· (γ) ευθεία με θετική κλίση από την αρχή των αξόνων· (δ) αύξουσα καμπύλη κοίλη προς τα πάνω· (ε) φθίνουσα καμπύλη.]

Σκέψη / Μεθοδολογία: Από την καταστατική εξίσωση \(pV=nRT\), για ορισμένη (σταθερή) ποσότητα αερίου, το γινόμενο \(pV\) είναι ευθέως ανάλογο της απόλυτης θερμοκρασίας \(T\), με σταθερά αναλογίας \(nR\) — δηλαδή ευθεία γραμμή που περνά από την αρχή των αξόνων.

Λύση:

1. Από \(pV=nRT\), με σταθερό \(n\): \(pV=(nR)\cdot T\), μια γραμμική σχέση της μορφής \(y=\alpha x\) (χωρίς σταθερό όρο).
2. Γραφικά, αυτό είναι μια ευθεία με θετική κλίση \(nR\) που περνά από την αρχή των αξόνων (όταν \(T=0\), τότε \(pV=0\)).
3. Το διάγραμμα (γ) περιγράφει ακριβώς αυτή τη μορφή.

Απάντηση: Σωστό διάγραμμα: (γ) — ευθεία με θετική κλίση που περνά από την αρχή των αξόνων.

Πρόσεξε:

• Το διάγραμμα (β) (οριζόντια ευθεία, pV σταθερό) θα αντιστοιχούσε σε ισόθερμη μεταβολή (νόμος Boyle), όχι στη γενική συνάρτηση \(pV=f(T)\).
• Απάντηση βασισμένη στην περιγραφή του σχήματος 1.20 όπως αποδίδεται στην ψηφιοποιημένη πηγή· συνιστάται οπτική επιβεβαίωση στο PDF.

Άσκηση 1.18 (σελ. 28)

Δωμάτιο έχει διαστάσεις 4 m × 4 m × 3 m. Η θερμοκρασία στο δωμάτιο είναι 27 °C και η πίεση 1 atm. Να υπολογίσετε τον αριθμό των mol του αέρα στο δωμάτιο. Δίνονται: 1 atm = \(1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\), R = 8,314 J/mol·K.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εφαρμόζουμε την καταστατική εξίσωση \(pV=nRT\) λύνοντας ως προς \(n\), στο σύστημα SI (πίεση σε \(\mathrm{N/m^2}\), όγκος σε \(\mathrm{m^3}\), θερμοκρασία σε K).

Λύση:

1. Όγκος δωματίου: \(V=4\times4\times3=48\ \mathrm{m^3}\).
2. Θερμοκρασία: \(T=273+27=300\ \mathrm{K}\). Πίεση: \(p=1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\).
3. Από \(pV=nRT\): \(n=\dfrac{pV}{RT}=\dfrac{1{,}013\times10^5\cdot 48}{8{,}314\cdot 300}\approx 1950\ \mathrm{mol}\).

Απάντηση: \(n\approx 1950\ \mathrm{mol}\).

Πρόσεξε:

• Χρησιμοποιήστε συνεπείς μονάδες SI σε όλη την πράξη (πίεση σε \(\mathrm{N/m^2}\), όχι atm, αφού δίνεται το R του SI).

Άσκηση 1.20 (σελ. 28)

\(2\times10^{-5}\) mol υδρογόνου βρίσκονται σε δοχείο όγκου V = 0,25 m\(^3\) σε θερμοκρασία 27 °C. Υπολογίστε την πίεση του αερίου. Δίνονται: R = 8,314 J/mol·K.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Απευθείας εφαρμογή της καταστατικής εξίσωσης \(pV=nRT\), λύνοντας ως προς \(p\).

Λύση:

1. \(T=273+27=300\ \mathrm{K}\).
2. \(p=\dfrac{nRT}{V}=\dfrac{2\times10^{-5}\cdot 8{,}314\cdot 300}{0{,}25}\approx 0{,}2\ \mathrm{N/m^2}\).

Απάντηση: \(p\approx 0{,}2\ \mathrm{N/m^2}\).

Πρόσεξε:

• Η πολύ μικρή ποσότητα mol (\(2\times10^{-5}\)) σε σχετικά μεγάλο όγκο δίνει πολύ μικρή πίεση — λογικό αποτέλεσμα, να μην εκπλήσσει η μικρή τιμή.

Άσκηση 1.21 (σελ. 28)

Αέριο βρίσκεται μέσα σε κυλινδρικό δοχείο. Το πάνω μέρος του δοχείου κλείνεται αεροστεγώς με έμβολο. Ο όγκος του αερίου μέσα στο δοχείο είναι 0,4 m\(^3\), η θερμοκρασία 300 K και η πίεσή του 1 atm. Πιέζουμε το έμβολο ώστε ο όγκος του αερίου να γίνει 0,1 m\(^3\) οπότε παρατηρούμε ότι η θερμοκρασία του έγινε 600 K. Υπολογίστε την τελική πίεση του αερίου.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Και οι δύο καταστάσεις (αρχική, τελική) υπακούουν στην καταστατική εξίσωση για την ίδια ποσότητα αερίου (σταθερό \(n\)), οπότε \(\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}=nR=\text{σταθ.}\)

Λύση:

1. Δεδομένα: \(p_1=1\ \mathrm{atm}\), \(V_1=0{,}4\ \mathrm{m^3}\), \(T_1=300\ \mathrm{K}\)· \(V_2=0{,}1\ \mathrm{m^3}\), \(T_2=600\ \mathrm{K}\).
2. Από \(\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}\): \(p_2=p_1\dfrac{V_1}{V_2}\dfrac{T_2}{T_1}=1\cdot\dfrac{0{,}4}{0{,}1}\cdot\dfrac{600}{300}=1\cdot4\cdot2=8\ \mathrm{atm}\).

Απάντηση: \(p_2=8\ \mathrm{atm}\).

Πρόσεξε:

• Η συνδυασμένη σχέση \(p_1V_1/T_1=p_2V_2/T_2\) ισχύει πάντα για σταθερή ποσότητα αερίου, ανεξάρτητα από το αν κάποιο μέγεθος (εδώ κανένα) παραμένει σταθερό ανάμεσα στις δύο καταστάσεις.

Άσκηση 1.22 (σελ. 29)

Στο εργαστήριο μπορούν να επιτευχθούν πολύ χαμηλές πιέσεις (υψηλό κενό), έως \(13\times10^{-15}\) atm. Υπολογίστε τον αριθμό των μορίων ενός αερίου σε ένα δοχείο 1 L σε αυτή την πίεση και σε θερμοκρασία δωματίου (300 K). Δίνονται R = 0,082 L·atm/mol·K, \(N_A=6{,}023\times10^{23}\) μόρια/mol.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Πρώτα βρίσκουμε τον αριθμό mol \(n\) από την καταστατική εξίσωση, και μετά τον αριθμό μορίων \(N=nN_A\).

Λύση:

1. Από \(pV=nRT\): \(n=\dfrac{pV}{RT}=\dfrac{13\times10^{-15}\cdot 1}{0{,}082\cdot 300}\approx 5{,}28\times10^{-16}\ \mathrm{mol}\).
2. \(N=nN_A=5{,}28\times10^{-16}\cdot 6{,}023\times10^{23}\approx 3{,}18\times10^{8}\ \mathrm{μόρια}\).

Απάντηση: \(N\approx 3{,}18\times10^{8}\) μόρια.

Πρόσεξε:

• Παρότι η πίεση είναι εξαιρετικά μικρή («υψηλό κενό»), ο αριθμός μορίων που απομένουν είναι ακόμη τεράστιος (εκατοντάδες εκατομμύρια) — δείχνει πόσο μεγάλος είναι ο αριθμός Avogadro.

Άσκηση 1.23 (σελ. 29)

Να υπολογιστεί η πυκνότητα του διοξειδίου του άνθρακα σε θερμοκρασία 185 °C και πίεση 1 atm (\(1\ \mathrm{atm}=1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\)). Δίνονται η γραμμομοριακή μάζα του διοξειδίου του άνθρακα \(44\times10^{-3}\ \mathrm{kg/mol}\) και R = 8,314 J/mol·K.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε τη μορφή της καταστατικής εξίσωσης που συνδέει πίεση και πυκνότητα: \(p=\dfrac{\rho}{M}RT\Rightarrow \rho=\dfrac{pM}{RT}\).

Λύση:

1. \(T=273+185=458\ \mathrm{K}\).
2. \(\rho=\dfrac{pM}{RT}=\dfrac{1{,}013\times10^5\cdot 44\times10^{-3}}{8{,}314\cdot 458}\approx 1{,}17\ \mathrm{kg/m^3}\).

Απάντηση: \(\rho\approx 1{,}17\ \mathrm{kg/m^3}\).

Πρόσεξε:

• Μην ξεχνάτε τη μετατροπή της θερμοκρασίας σε Kelvin πριν την αντικατάσταση στη σχέση.

Άσκηση 1.24 (σελ. 29)

Ένα αέριο θερμαίνεται με σταθερή πίεση. Να γίνει η γραφική παράσταση της σχέσης \(\rho=f(\theta)\), όπου \(\rho\) η πυκνότητα και \(\theta\) η θερμοκρασία σε βαθμούς Κελσίου.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Από \(p=\dfrac{\rho}{M}RT\) προκύπτει \(\rho=\dfrac{pM}{R}\cdot\dfrac{1}{T}=\dfrac{pM}{R}\cdot\dfrac{1}{273+\theta}\) — η πυκνότητα είναι αντιστρόφως ανάλογη της απόλυτης θερμοκρασίας, άρα η γραφική της ως προς \(\theta\) (Κελσίου) δεν είναι ευθεία αλλά υπερβολικού τύπου καμπύλη.

Λύση:

1. Λύνοντας την καταστατική εξίσωση ως προς πυκνότητα: \(\rho=\dfrac{pM}{RT}=\dfrac{pM}{R(273+\theta)}\).
2. Για σταθερή πίεση \(p\) (ισοβαρής θέρμανση), το γινόμενο \(pM/R\) είναι σταθερά, άρα \(\rho\propto\dfrac{1}{273+\theta}\).
3. Καθώς αυξάνεται το \(\theta\), η πυκνότητα \(\rho\) μειώνεται, ακολουθώντας φθίνουσα καμπύλη τύπου \(1/(273+\theta)\) (κοίλη προς τα πάνω), όχι ευθεία γραμμή. Η καμπύλη δεν τέμνει τον οριζόντιο άξονα (η \(\rho\) δεν μηδενίζεται για πεπερασμένο \(\theta\)) και τείνει στο μηδέν μόνο όταν \(\theta\to\infty\).

Απάντηση: Η γραφική παράσταση \(\rho=f(\theta)\) είναι φθίνουσα καμπύλη της μορφής \(\rho=\dfrac{pM}{R(273+\theta)}\) — υπερβολικού τύπου, όχι ευθεία γραμμή, με \(\rho\) να μειώνεται όσο αυξάνεται το \(\theta\).

Πρόσεξε:

• Η σχέση \(\rho=f(\theta)\) δεν είναι γραμμική επειδή ο παρονομαστής περιέχει το \(\theta+273\), όχι απλώς το \(\theta\)· η γραμμική αναλογία \(\rho\propto1/T\) ισχύει μόνο ως προς την ΑΠΟΛΥΤΗ θερμοκρασία \(T\).

Άσκηση 1.25 (σελ. 29)

Σε θερμοκρασία \(\theta=27\,^{\circ}\mathrm{C}\) και πίεση \(p=10^3\ \mathrm{N/m^2}\) η πυκνότητα ενός αερίου είναι \(8\times10^{-4}\ \mathrm{kg/m^3}\). Να υπολογιστεί η γραμμομοριακή του μάζα. Δίνεται R = 8,314 J/mol·K.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Λύνουμε τη σχέση \(p=\dfrac{\rho}{M}RT\) ως προς \(M\).

Λύση:

1. \(T=273+27=300\ \mathrm{K}\).
2. \(M=\dfrac{\rho RT}{p}=\dfrac{8\times10^{-4}\cdot 8{,}314\cdot 300}{10^3}\approx 2\times10^{-3}\ \mathrm{kg/mol}\).

Απάντηση: \(M\approx 2\times10^{-3}\ \mathrm{kg/mol}\) (δηλαδή περίπου 2 g/mol, τιμή συμβατή με το υδρογόνο \(\mathrm{H_2}\)).

Πρόσεξε:

• Η τιμή που προκύπτει (\(\approx2\ \mathrm{g/mol}\)) αντιστοιχεί περίπου στη γραμμομοριακή μάζα του \(\mathrm{H_2}\) — χρήσιμος έλεγχος λογικής του αποτελέσματος.

Άσκηση 1.26 (σελ. 29)

Ένα mol αερίου βρίσκεται σε s.t.p. Διπλασιάζουμε την πίεση διατηρώντας σταθερή τη θερμοκρασία και στη συνέχεια τριπλασιάζουμε τον όγκο διατηρώντας σταθερή την πίεση. Να υπολογίσετε τις τελικές τιμές πίεσης, όγκου, θερμοκρασίας, και να παραστήσετε γραφικά τις μεταβολές του αερίου σε άξονες p-V, p-T και V-T.

Σκέψη / Μεθοδολογία: s.t.p. (κανονικές συνθήκες): \(p_0=1\ \mathrm{atm}\), \(T_0=273\ \mathrm{K}\). Ο αρχικός όγκος βρίσκεται από την καταστατική εξίσωση. Στη συνέχεια εφαρμόζονται διαδοχικά ο νόμος Boyle (ισόθερμη) και ο νόμος Gay-Lussac (ισοβαρής).

Λύση:

1. Αρχική κατάσταση (s.t.p.): \(p_0=1\ \mathrm{atm}\), \(T_0=273\ \mathrm{K}\), \(n=1\ \mathrm{mol}\). Όγκος: \(V_0=\dfrac{nRT_0}{p_0}=\dfrac{1\cdot 0{,}082\cdot 273}{1}\approx 22{,}39\ \mathrm{L}\).
2. Βήμα 1 (ισόθερμη, διπλασιασμός πίεσης): \(p_1=2\ \mathrm{atm}\), \(T_1=T_0=273\ \mathrm{K}\). Από νόμο Boyle: \(V_1=\dfrac{p_0V_0}{p_1}=\dfrac{1\cdot 22{,}39}{2}\approx 11{,}19\ \mathrm{L}\).
3. Βήμα 2 (ισοβαρής, τριπλασιασμός όγκου): \(p_2=p_1=2\ \mathrm{atm}\), \(V_2=3V_1\approx 33{,}58\ \mathrm{L}\). Από νόμο Gay-Lussac: \(T_2=T_1\dfrac{V_2}{V_1}=273\cdot 3=819\ \mathrm{K}\).

Απάντηση: Τελικές τιμές: \(p_2=2\ \mathrm{atm}\), \(V_2\approx 33{,}6\ \mathrm{L}\), \(T_2=819\ \mathrm{K}\).

Πρόσεξε:

• Στο διάγραμμα p-V η πρώτη μεταβολή (ισόθερμη) είναι υπερβολή, η δεύτερη (ισοβαρής) οριζόντιο ευθύγραμμο τμήμα.
• Στο διάγραμμα p-T η πρώτη μεταβολή είναι κατακόρυφο τμήμα (σταθερό T), η δεύτερη λοξή ευθεία με σταθερό p.
• Στο διάγραμμα V-T η πρώτη μεταβολή είναι κατακόρυφο τμήμα (σταθερό T), η δεύτερη ευθεία από την αρχή των αξόνων (V/T=σταθ.).

Άσκηση 1.30 (σελ. 30)

Πόσα μπαλόνια όγκου 3 L μπορούμε να φουσκώσουμε με το ήλιο που περιέχεται σε φιάλη όγκου 12 L; Το ήλιο στη φιάλη βρίσκεται υπό πίεση 120 atm, ενώ στα μπαλόνια υπό πίεση 1,2 atm. Υποθέστε ότι η φιάλη και τα μπαλόνια βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην ίδια θερμοκρασία, το γινόμενο \(pV\) κάθε ποσότητας αερίου είναι ανάλογο του αριθμού mol της (\(pV=nRT\)). Συγκρίνουμε το «απόθεμα» \(pV\) της φιάλης με τη «ζήτηση» \(pV\) ανά μπαλόνι.

Λύση:

1. Το "διαθέσιμο" γινόμενο \(pV\) στη φιάλη: \(p_φV_φ=120\cdot 12=1440\ \mathrm{atm\cdot L}\).
2. Το γινόμενο \(pV\) που απαιτείται για ένα μπαλόνι: \(p_μV_μ=1{,}2\cdot 3=3{,}6\ \mathrm{atm\cdot L}\).
3. Αριθμός μπαλονιών: \(N=\dfrac{p_φV_φ}{p_μV_μ}=\dfrac{1440}{3{,}6}=400\).

Απάντηση: Μπορούν να φουσκωθούν 400 μπαλόνια.

Πρόσεξε:

• Η λύση θεωρεί ότι όλο το ήλιο της φιάλης χρησιμοποιείται μέχρι η πίεσή της να πέσει στο επίπεδο πλήρωσης των μπαλονιών (1,2 atm)· δεν αφαιρείται ξεχωριστά το ήλιο που παραμένει στη φιάλη ως «αδιάθετο» — έτσι υπολογίζεται η απλή αναλογία γινομένων \(pV\), που δίνει ακριβώς την απάντηση του βιβλίου (400).

Άσκηση 1.32 (σελ. 30)

Κυλινδρικό δοχείο, με τον άξονά του κατακόρυφο, κλείνεται αεροστεγώς στο πάνω μέρος του με έμβολο διατομής \(A=0{,}02\ \mathrm{m^2}\) και βάρους \(w=374\ \mathrm{N}\). Το αέριο μέσα στο δοχείο καταλαμβάνει όγκο \(0{,}01\ \mathrm{m^3}\) και βρίσκεται σε θερμοκρασία \(27\,^{\circ}\mathrm{C}\). Η ατμοσφαιρική πίεση είναι \(p_{\alpha\tau}=1\ \mathrm{atm}\). α) Πόση είναι η πίεση του αερίου; β) Πόσο θα αυξηθεί ο όγκος του αερίου, αν η θερμοκρασία του γίνει \(207\,^{\circ}\mathrm{C}\); (\(1\mathrm{atm}=1{,}013\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\))

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το έμβολο ισορροπεί υπό το βάρος του, την ατμοσφαιρική πίεση από πάνω και την πίεση του αερίου από κάτω — η πίεση του αερίου είναι σταθερή, ίση με \(p_{\alpha\tau}+w/A\), όσο το έμβολο παραμένει ελεύθερο να κινείται (ισοβαρής θέρμανση).

Λύση:

1. α) Ισορροπία εμβόλου: \(pA=p_{\alpha\tau}A+w \Rightarrow p=p_{\alpha\tau}+\dfrac{w}{A}=1{,}013\times10^5+\dfrac{374}{0{,}02}=1{,}013\times10^5+1{,}87\times10^4\approx1{,}2\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\).
2. β) Η πίεση παραμένει σταθερή στη θέρμανση (το έμβολο είναι ελεύθερο) \(\Rightarrow\) ισοβαρής μεταβολή, νόμος Gay-Lussac: \(\dfrac{V_1}{T_1}=\dfrac{V_2}{T_2}\).
3. \(T_1=273+27=300\ \mathrm{K}\), \(T_2=273+207=480\ \mathrm{K}\).
4. \(V_2=V_1\dfrac{T_2}{T_1}=0{,}01\cdot\dfrac{480}{300}=0{,}016\ \mathrm{m^3}\).
5. Αύξηση όγκου: \(\Delta V=V_2-V_1=0{,}016-0{,}01=0{,}006\ \mathrm{m^3}\).

Απάντηση: α) \(p\approx1{,}2\times10^5\ \mathrm{N/m^2}\). β) Ο όγκος αυξάνεται κατά \(0{,}006\ \mathrm{m^3}\).

Πρόσεξε:

• Η πίεση του αερίου καθορίζεται πλήρως από την ισορροπία δυνάμεων στο έμβολο (βάρος + ατμοσφαιρική πίεση) και δεν αλλάζει με τη θέρμανση όσο το έμβολο παραμένει ελεύθερο — γι' αυτό η μεταβολή είναι ισοβαρής.

Άσκηση 1.34 (σελ. 30)

Ο κύλινδρος του σχήματος 1.23 χωρίζεται σε δυο μέρη, μέσω εμβόλου που κινείται χωρίς τριβή. Στο τμήμα 1 εισάγονται \(2\ \mathrm{mg}\) \(\mathrm{H_2}\), ενώ στο 2 \(8\ \mathrm{mg}\) \(\mathrm{O_2}\). Ποιος είναι ο λόγος \(l_1/l_2\) στην κατάσταση ισορροπίας; Τα αέρια στην κατάσταση ισορροπίας βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία. Οι γραμμομοριακές μάζες για το \(\mathrm{H_2}\) και το \(\mathrm{O_2}\) είναι \(2\times10^{-3}\ \mathrm{kg/mol}\) και \(32\times10^{-3}\ \mathrm{kg/mol}\), αντίστοιχα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην ισορροπία, το έμβολο (χωρίς τριβή) εξασφαλίζει ίσες πιέσεις εκατέρωθεν: \(p_1=p_2\). Ο όγκος κάθε τμήματος είναι \(V=lA\) με κοινή διατομή \(A\) (οριζόντιο δοχείο). Από την καταστατική εξίσωση, σε ίδια \(p\), \(T\): ο λόγος όγκων ισούται με το λόγο mol.

Λύση:

1. Αριθμός mol: \(n_1=\dfrac{m_1}{M_1}=\dfrac{2\times10^{-6}}{2\times10^{-3}}=10^{-3}\ \mathrm{mol}\), \(n_2=\dfrac{m_2}{M_2}=\dfrac{8\times10^{-6}}{32\times10^{-3}}=2{,}5\times10^{-4}\ \mathrm{mol}\).
2. Στην ισορροπία, \(p_1=p_2=p\) και \(T_1=T_2=T\) (κοινά). Από \(pV_1=n_1RT\) και \(pV_2=n_2RT\): \(\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{n_1}{n_2}\).
3. Αφού \(V_1=l_1A\), \(V_2=l_2A\) με κοινό \(A\): \(\dfrac{l_1}{l_2}=\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{n_1}{n_2}=\dfrac{10^{-3}}{2{,}5\times10^{-4}}=4\).

Απάντηση: \(l_1/l_2=4\).

Πρόσεξε:

• Η ισορροπία του εμβόλου δίνει ίσες πιέσεις (όχι ίσους όγκους ή ίσα mol) — από εκεί προκύπτει ο λόγος όγκων ίσος με το λόγο mol, αφού \(T\) κοινό.
• Απάντηση επαληθεύτηκε αριθμητικά (λόγος = 4) και συμφωνεί με τη δοθείσα λύση του βιβλίου· η αναφορά σε σχήμα είναι επεξηγηματική, όλα τα απαραίτητα μεγέθη δίνονται στην εκφώνηση.

Άσκηση 1.35 (σελ. 30)

Δύο δοχεία με όγκους \(V_1=0{,}3\ \mathrm{L}\) και \(V_2=0{,}2\ \mathrm{L}\) συνδέονται με λεπτό σωλήνα αμελητέου όγκου. Τα δοχεία περιέχουν αέρα θερμοκρασίας \(T=300\ \mathrm{K}\) (σχ. 1.24). Αυξάνουμε τη θερμοκρασία στο πρώτο δοχείο κατά 100 βαθμούς και στο δεύτερο κατά 50. Αν η αρχική πίεση ήταν \(1\ \mathrm{atm}\) να υπολογιστεί η τελική της τιμή.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Τα δύο δοχεία επικοινωνούν, άρα έχουν πάντα κοινή (τελική) πίεση \(p'\), αλλά διαφορετικές θερμοκρασίες μετά τη θέρμανση. Ο συνολικός αριθμός mol αέρα (στα δύο δοχεία μαζί) διατηρείται σταθερός, αφού το σύστημα είναι κλειστό.

Λύση:

1. Αρχικά, ο συνολικός αριθμός mol: \(n_{ολ}=n_1+n_2=\dfrac{pV_1}{RT}+\dfrac{pV_2}{RT}=\dfrac{p}{RT}(V_1+V_2)\).
2. Τελικές θερμοκρασίες: \(T_1'=T+100=400\ \mathrm{K}\), \(T_2'=T+50=350\ \mathrm{K}\).
3. Τελικά, με κοινή πίεση \(p'\): \(n_{ολ}=\dfrac{p'V_1}{RT_1'}+\dfrac{p'V_2}{RT_2'}=\dfrac{p'}{R}\left(\dfrac{V_1}{T_1'}+\dfrac{V_2}{T_2'}\right)\).
4. Εξισώνοντας τα \(n_{ολ}\) (διατήρηση mol) και απαλείφοντας το \(R\): \(\dfrac{p}{T}(V_1+V_2)=p'\left(\dfrac{V_1}{T_1'}+\dfrac{V_2}{T_2'}\right)\).
5. \(p'=\dfrac{\frac{p}{T}(V_1+V_2)}{\frac{V_1}{T_1'}+\frac{V_2}{T_2'}}=\dfrac{\frac{1}{300}(0{,}3+0{,}2)}{\frac{0{,}3}{400}+\frac{0{,}2}{350}}\approx 1{,}26\ \mathrm{atm}\).

Απάντηση: \(p'\approx1{,}26\ \mathrm{atm}\).

Πρόσεξε:

• Δεν πρόκειται για απλή ισόχωρη μεταβολή ενός δοχείου: τα δύο τμήματα θερμαίνονται σε ΔΙΑΦΟΡΕΤΙΚΗ τελική θερμοκρασία, ενώ η πίεση παραμένει κοινή λόγω επικοινωνίας — η λύση απαιτεί διατήρηση του συνολικού αριθμού mol, όχι απλή αναλογία.