Неизвестный газ

Решение

A1. Для оценки давления внутри зажигалки соберем газовый манометр. Закроем один конец выданной трубки при помощи зажима, а на другом конце поместим капельку воды. Для этого достаточно пережать трубку пальцем, погрузить ее под воду и освободить. Измерим расстояние от капельки до закрытого зажимом конца трубки \(l_0=11.0~см\). Подключим конец с капелькой к зажигалке. Это приведет к смещению капельки. В новом положении длина столба воздуха между закрытым концом трубки и капелькой станет равной \(l=5.0~см\). Считая, что процесс смещения капельки изотермический, из закона Бойля-Мариотта получим:\[P_г=P_0 \frac{l_0}{l}=2.2~атм. \qquad(2)\]

Ответ:

\[P_г=2.2~атм\]

A2. Повторим эксперимент, заменив зажигалку на надутый шарик. Заметим, что капелька практически не смещается.

Поэтому далее будем считать, что давление в шарике равно атмосферному.

A3. Для измерения молярной массы вещества внутри зажигалки надуем этим веществом шарик, подсоединив зажигалку к нему при помощи трубки с зажимом. После этого взвесим зажигалку и получим массу вещества в газообразном состоянии внутри воздушного шарика \(m_г=m_з^{(0)}-m_з\), где \(m_з^{(0)}\) – начальная масса зажигалки с газом.

Теперь взвесим шарик (с трубкой, зажимом, впускной системой и иголкой), поместив его в стакан с гайками. Изменение показаний весов при его взвешивании по сравнению с не надутым шариком будет обусловлено не только изменением массы вещества внутри шарика, но и силой Архимеда: \[\Delta m_ш=m_г-\rho_в V, \qquad(3)\] где \(\rho_в\) – плотность окружающего воздуха, \(V\) – объем воздушного шарика. Для окружающего шарик воздуха можно записать закон Менделеева-Клапейрона: \[P_{0}=\frac{\rho_в}{\mu_в} RT \qquad(4)\] где \(\mu_в\) — молярная масса воздуха, \(T\) – температура окружающего воздуха. Для вещества внутри шарика также можно записать закон Менделеева-Клапейрона. Считая давление в шарике равным атмосферному, а температуру равной температуре окружающего воздуха, получим: \[P_0 V=\frac{m_г}{\mu_г} RT \qquad(5)\] где \(\mu_г\) – молярная масса вещества. Из \((4)\) и \((5)\) получим следующее выражение: \[\rho_в V=\frac{m_г \mu_в}{\mu_г} \qquad(6)\] Подставим его в формулу \((3)\): \[\frac{m_г \mu_в}{\mu_г}=m_г-\Delta m_ш \qquad(7)\] Повторим описанные измерения для разных масс газа в шарике, получим зависимость \(\Delta m_ш\) от \(m_г\) и построим ее график в координатах \(m_г-\Delta m_ш\) от \(m_г\). Согласно \((7)\), эта зависимость описывается линейной функцией с угловым коэффициентом, равным отношению молярных масс воздуха и вещества в зажигалке.

График зависимости \(m_г-\Delta m_ш\) от \(m_г\)

Из графика хорошо видно, что две верхние точки графика лежат явно выше прямой, проходящей через остальные точки. Это можно объяснить тем, что при больших объемах шарика толщина его стенок становится малой и газ заметно диффундирует через стенки. Из-за этого понижается масса шарика, что и приводит к увеличению вертикальной координаты графика. Однако при больших толщинах шарика диффузия не оказывает значительного эффекта, и экспериментальные точки хорошо описываются исходной теоретической моделью. Угловой коэффициент прямой, описывающей первые точки графика, равен:

\[A_{1}=\frac{\mu_в}{\mu_г}=0.48 \qquad(8)\]откуда молярная масса вещества:\[\mu_г=\frac{\mu_в}{A_1}=60~ \frac{г}{моль} \qquad(9)\]

Ответ:

\[\mu_г=60~ \frac{г}{моль}\]

A4. Плотность газовой фазы вещества внутри зажигалки несложно оценить из закона Менделеева-Клапейрона (температура в день измерений составляла \(T=22.0^{\circ} \mathrm{C}\)):\[\rho_г=\frac{P_г\mu_г}{RT}=5.4 \cdot 10^{-3} ~\frac{г}{см^3} \qquad(10)\]Для определения плотности жидкой фазы в процессе выполнения измерений для второго упражнения также будем отмечать уровень жидкости \(h\) внутри зажигалки. Построим график зависимости массы вытекшего вещества \(m_г\) от уровня \(h\):

График зависимости \(m_г\) от \(h\)

Модуль углового коэффициента полученной прямой равен произведению плотности жидкой фазы вещества и площади сечения внутренней части зажигалки:

\[A_2=\rho_ж S=0.85~ \frac{г}{см}. \qquad(11)\]Диаметр внутреннего сечения зажигалки оценим линейкой по виду с ее торцов \(x= 1.4~см\). Таким образом, плотность жидкой фазы вещества составляет:

\[\rho_{ж}=\frac{4 A_2}{\pi x^2}=0.55~ \frac{г}{см^3}. \qquad(12)\]Окончательно для отношения плотностей получаем:\[\frac{\rho_ж}{\rho_г} \approx 100 \qquad(13)\]

Ответ:

\[\frac{\rho_ж}{\rho_г} \approx 100\]

A5. Для определения коэффициента диффузии снимем зависимость массы газа в шарике \(m_г\) от времени после его надувания. Толщина стенок шарика будет изменяться со временем. Оценим ее как отношение объема шарика к площади его поверхности \(S\): \[d=\frac{M}{S\rho_р} \qquad(14)\] Здесь \(M=3.50~г\) – заданная в условии масса шарика, \(\rho_р\) – плотность резины (которую мы приняли равной плотности воды). Форму шарика будем считать приблизительно шарообразной, тогда для площади поверхности имеем: \[S=4 \pi r^2 \qquad(15)\] где \(r\) – характерный радиус шарика. Объем же шарика задается его радиусом: \[V=\frac{4 \pi r^3}{3}. \qquad(16)\] Умножив обе части формулы \((1)\) на массу одной молекулы вещества и площадь поверхности шарика, получим: \[\frac{\mathrm d m_г}{\mathrm dt}=-D \frac{\rho_г}{d}S \qquad(17)\] где \(\rho_г\) – плотность газа при атмосферном давлении (будем считать давление в надутом шарике в процессе диффузии примерно постоянным и равным атмосферному). С учетом выражения для толщины стенок шарика \((14)\) получим: \[\frac{\mathrm d m_г}{\mathrm dt}=-D \frac{\rho_г \rho_р}{M} S^2 \qquad(18)\] Выразим площадь поверхности шарика через его объем: \[\frac{\mathrm d m_г}{\mathrm dt}=-D \frac{\rho_г \rho_р}{M} 16 \pi^2\left(\frac{3 V}{4 \pi}\right)^{{4}/{3}} \qquad(19)\] Объем газа свяжем с его массой через плотность \(V={m}/{\rho_{\text {г }}}\), тогда выражение \((19)\) примет вид: \[\frac{\mathrm d m_г}{\mathrm dt}=-D \frac{\rho_р}{M \rho_г^{{1}/{3}}} 16 \pi^2\left(\frac{3 m_г}{4 \pi}\right)^{{4}/{3}} \qquad(20)\] Разделим переменные и проинтегрируем: \[\frac{1}{m_г^{1 / 3}}-\frac{1}{m_{0}^{1 / 3}}=D \frac{\rho_р}{M \rho_г^{{1}/{3}}} 4 \pi\left(\frac{3}{4 \pi}\right)^{{1}/{3}} t \qquad(21)\] где \(m_0\) – начальная масса газа в шарике.

Преобразуем формулу \((7)\) для связи массы газа в шарике и показаний весов при его взвешивании: \[m_г=\Delta m_ш \frac{\mu_г}{\mu_г-\mu_в} \qquad(22)\] а также запишем выражение для плотности газа внутри шарика, считая что в шарике находится только неизвестный газ: \[\rho_г=\frac{P_0 \mu_г}{RT} \qquad(23)\] Подставим полученные выражения в формулу \((21)\): \[\frac{1}{\Delta m_ш^{1/3}}-\frac{1}{\Delta m_{ш0}^{1/3}}=D \frac{\rho_р(RT)^{{1}/{3}}}{M\left(P_{0}\left(\mu_г-\mu_в\right)\right)^{{1}/{3}}} 4 \pi\left(\frac{3}{4 \pi}\right)^{{1}/{3}} t \qquad(24)\] Таким образом, в описанной модели график \(\dfrac{1}{\Delta m_ш^{1/3}}(t)\) должен быть линеен. Измерим зависимость показаний весов от времени и построим ее график:

График зависимости \(\Delta m_ш^{-{1}/{3}}\) от \(t\)

Определим угловой коэффициент графика:

\[A_3=D\frac{\rho_р\left(RT\right)^{{1}/{3}}}{M\left(P_{0}\left(\mu_г-\mu_в\right)\right)^{{1}/{3}}}4\pi\left(\frac{3}{4\pi}\right)^{{1}/{3}}=8.6\cdot 10^{-3}~\frac{1}{г^{{1}/{3}}\cdot мин}=1.43\cdot 10^{-4}~\frac{1}{г^{{1}/{3}}\cdot с}, \qquad(25)\]из которого выразим коэффициент диффузии:\[D=\frac{M A_3}{4 \pi \rho_р}\left(\frac{4 \pi P_0\left(\mu_г-\mu_в\right)}{3 R T}\right)^{{1}/{3}}=7 \cdot 10^{-10} ~\frac{м^2}{с}\qquad(26)\]

Ответ:

\[D=7 \cdot 10^{-10} ~{м^2}/{с}\]

Источник: pho.rs/p/4241.