Gyorskeresés

A víz elforralásához energiát kell vele közölni. Erre amiatt van szükség, hogy a vízmolekulák - a közöttük ható vonzóerők ellenében - eltávolodjanak egymástól, hiszen gáz halmazállapotban már önállóan, szabadon repkednek.

1.  Becsüljük meg, hogy mennyi energia árán lehet $1\ \mathrm{kg}$ vizet "szétszedni" önálló molekulákra, vagyis hogy mennyi a víz forráshője! A vízmolekulák átmérője nagyjából (hiszen nem gömb alakúak!) $0,3\ \mathrm{nm}$. Mivel csak becslésről van szó, a vízmolekulákat nyugodtan vegyük kis kockáknak!

\(\Delta E_F=1,3\ \cdot {10}^6\ \mathrm{J}\)

A forraláshoz a felületi energiát kell megnövelnünk. A felületi energia megváltozása ($\Delta E_F$) egyenesen arányos a $\Delta A$ felületváltozással:

\[\Delta E_F\sim \Delta A\]

az arányossági tényezőt nevezzük $\alpha$ felületi feszültségnek:

\[\Delta E_F=\alpha \cdot \Delta A\]

Ez alapján ki kellene számolnunk a $\Delta A$ felületváltozást. A változás mindig a végső és a kezdeti érték különbsége:

\[\Delta A=A_2-A_1\]

A kezdeti felület (mivel $1\ \mathrm{kg}$ víz az $1\ \mathrm{liter}$, ami $1\ \mathrm{dm^3}$‑t jelent) egy $10\ \mathrm{cm}$ élhosszúságú kocka felületéből számítható, aminek 6 lapja van:

\[A_1=6\cdot \left(10\ \mathrm{cm}\cdot 10\ \mathrm{cm}\right)\]

\[A_1=6\cdot 100\ \mathrm{{cm}^2}\]

\[A_1=600\ \mathrm{{cm}^2}\]

\[A_1=0,06\ \mathrm{m^2}\]

A végső állapotban a felület sok kis ($0,3\ \mathrm{nm}$ élhosszúságú) kocka felületéből adódik össze. De hány db ilyen kis kocka lesz, azaz hány db vízmolekula van $1\ \mathrm{kg}$ vízben? Ezt a víz \(M\) moláris tömegéből megkaphatjuk, ami:

\[M_{víz}=18\ \mathrm{\frac{g}{mol}}\]

Ez azt jelenti, hogy

\[6\cdot 10^{23}\ \mathrm{db}=18\ \mathrm{g}\]

\[N\ \mathrm{db}=1000\ \mathrm{g}\]

Az aránypárt kirendezve:

\[N=\frac{6\cdot 10^{23}\cdot 1000}{18}\]

\[N=3,33\cdot 10^{25}\]

Számítsuk ki egy kiskocka (vízmolekula) felületét, amit mondjuk $a_1$ szimbólummal jelölhetünk:

\[a_1=6\cdot \left(0,3\ \mathrm{nm}\cdot 0,3\ \mathrm{nm}\right)\]

\[a_1=6\cdot {\left(0,3\cdot {10}^{-9}\ \mathrm{m}\right)}^2\]

\[a_1=6\cdot {\left(3\cdot {10}^{-10}\ \mathrm{m}\right)}^2\]

\[a_1=6\cdot 9\cdot {10}^{-20}\ \mathrm{m^2}\]

\[a_1=54\cdot {10}^{-20}\ \mathrm{m^2}\]

\[a_1=5,4\cdot {10}^{-19}\ \mathrm{m^2}\]

Ez egyetlen kiskocka felülete, amit meg kell szorozzuk az ő $N$ darabszámukkal, hogy megkapjuk a végső $A_2$ felületet:

\[A_2=N\cdot a_1\]

\[A_2=3,33\cdot {10}^{25}\cdot 5,4\cdot {10}^{-19}\ \mathrm{m^2}\]

\[A_2=180\cdot {10}^5\ \mathrm{m^2}\]

\[A_2=1,8\cdot {10}^7\ \mathrm{m^2}\]

Ezek alapján a felületváltozás:

\[\Delta A=A_2-A_1\]

\[\Delta A=1,8\cdot {10}^7\ \mathrm{m^2}-0,06\ \mathrm{m^2}\]

Látható, hogy a kezdeti felület elhanyagolhatóan kicsi a végsőhöz képest, így nyugodtan el is hagyhatjuk:

\[\Delta A=1,8\cdot {10}^7\ \mathrm{m^2}\]

Nézzük a felületienergia‑változást:

\[\Delta E_F=\alpha\cdot \Delta A\]

Tudjuk, hogy a víz felületi feszültsége:

\[\alpha=0,0725\ \mathrm{\frac{N}{m}}\]

Beírva az adatokat:

\[\Delta E_F=\alpha\cdot \Delta A\]

\[\Delta E_F=0,0725\ \mathrm{\frac{N}{m}}\cdot 1,8\cdot {10}^7\ \mathrm{m^2}\]

\[\Delta E_F=1,3\ \cdot {10}^6\ \mathrm{J}\]

A víz forráshője:

\[L_f=2,256\cdot {10}^6\ \mathrm{\frac{J}{kg}}\]

vagyis kb. 40‑45% hibával megkaptuk a helyes értéket. Ahhoz képest, hogy durva közelítést alkalmaztunk, amikor a vízmolekulát kocka alakúnak vettük (hiszen a H2O molekulában a nagyobb méretű oxigénatomból kidudorodik egy-egy kisebb méretű hidrogénatom, ráadásul 104,5º‑os szögben állva, és a molekulák a hidrogénkötések miatt folyékony vízben is némi rendezettség szerint helyezkednek el), a kapott érték egész jól egyezik a mérhető fajhővel.