Einfache Abschätzung der kritischen Wassertemperatur

Question

Einfache Abschätzung der kritischen Wassertemperatur

Steven Mathey

Ich versuche, Fermi-Schätzfähigkeiten zu entwickeln , und ich bin auf eine Frage gestoßen, bei der ich nicht einmal weiß, wo ich anfangen soll. Hier geht:

Ist es möglich, die kritische Temperatur (z. B. in Kelvin Grad) von Wasser auf einfache Weise mit der Fermi-Schätzung abzuschätzen ?

Mit kritischer Temperatur meine ich die Temperatur des Punktes am Ende der Koexistenzlinie von Wasser und Dampf. Siehe diese Handlung.

Neugierig

Nachdem wir einige der thermodynamischen Annahmen für die Schätzung des kritischen Punkts überprüft haben, sieht es nicht so aus, als ob es genau in den Bereich der Fermi-Schätzung fällt. Sie müssen im Grunde etwas eingeben, das Sie bereits experimentell kennen, wie den Siedepunkt, und dann müssen Sie eine bestimmte Art von Wechselwirkung zwischen den Atomen / Molekülen der Probe annehmen. Ich hoffe, jemand kann uns ein Argument vom Typ Fermi geben, mit dem die üblichen Verfahren umgangen werden können.

Benutzer3823992

Ich kann keine gute Beschreibung dessen finden, was auf molekularer Ebene vor sich geht. Es scheint, dass die Moleküle physikalisch gezwungen sind, sehr nahe beieinander zu sein (wie eine Flüssigkeit), aber so viel Energie besitzen, dass die itermolekularen Kräfte unbedeutend sind. Das ist nur eine Vermutung.

Steven Mathey

Die mikroskopische Beschreibung des kritischen Punktes ist besonders schwierig, da er einem RG-Fixpunkt entspricht. Schwankungen treten auf allen Skalen auf.

Antworten (3)

Einfache Abschätzung der kritischen Wassertemperatur

Nachdem wir einige der thermodynamischen Annahmen für die Schätzung des kritischen Punkts überprüft haben, sieht es nicht so aus, als ob es genau in den Bereich der Fermi-Schätzung fällt. Sie müssen im Grunde etwas eingeben, das Sie bereits experimentell kennen, wie den Siedepunkt, und dann müssen Sie eine bestimmte Art von Wechselwirkung zwischen den Atomen / Molekülen der Probe annehmen. Ich hoffe, jemand kann uns ein Argument vom Typ Fermi geben, mit dem die üblichen Verfahren umgangen werden können.
Ich kann keine gute Beschreibung dessen finden, was auf molekularer Ebene vor sich geht. Es scheint, dass die Moleküle physikalisch gezwungen sind, sehr nahe beieinander zu sein (wie eine Flüssigkeit), aber so viel Energie besitzen, dass die itermolekularen Kräfte unbedeutend sind. Das ist nur eine Vermutung.
Die mikroskopische Beschreibung des kritischen Punktes ist besonders schwierig, da er einem RG-Fixpunkt entspricht. Schwankungen treten auf allen Skalen auf.

Ilja · Answer 1

Ilja

Schätzung: Ich möchte, dass die beiden Dichten von Dampf und Dampf ungefähr gleich werden.

Die Dichte des Wassers ist nahezu konstant
der Dampfdruck (dies können Sie aus der oben erwähnten Clausius-Clapeiron-Gleichung ableiten) ist ungefähr exponentiell in $1/T$ . Das heißt, wenn man den Druck um einen Faktor erhöht, ist das der Kehrwert der Verdampfungstemperatur $1/T$ wird um eine Verschiebung zunehmen.
Der Druck beträgt 100 kPa bei 100 ° C und 611 Pa (wenn ich mich richtig erinnere - worauf es bei dieser Frage hier ankommt) am Tripelpunkt bei 0 ° C, sodass Sie einen Faktor von 150 haben.
nun die entsprechende Verschiebung in $1/T$ : Die Temperatur hat sich von 275 auf 375 geändert. Ich werde jetzt in Einheiten von 25 K rechnen. Also änderte sich 1/T von 1/11 auf 1/15, dh von 15/165 auf 11/165. Es fiel um 4/165.
Die Dichte von Luft beträgt 1,3 kg*m^-3, also könnte Wasserdampf nahe 1 sein, dh 1000-mal geringer als Wasser.
1000/150 ist fast 7, also könnte 1000 in der Nähe sein $150^{1.4}$ . Denken Sie daran, dass ein Exponent von 1 einem Drop-in von 4/165 entspricht $1/T$ .
sagen wir mal die $1/T$ sinkt um 5,5/165 mehr - dh die Temperatur wird verdoppelt.
das bedeutet 470°C, was etwas zu viel ist (es sollte unter 380°C sein...)

Wahrscheinlich ist die Temperaturabhängigkeit der Verdampfungswärme (und damit die Abweichung vom exponentiellen Dampfdruck) der Hauptfehler; es ist schwer zu sagen...

Steven Mathey

Aus Wikipedia,

T_{c} ≅ 374 ° C

$T_c \cong 374°C$ . Sie liegen um weniger als einen Faktor zwei daneben. Glückwunsch! Kannst du das aber bitte etwas präzisieren? Ich bin diese Berechnungen nicht gewohnt und kann Ihrer Argumentation nicht folgen. 'Der Dampfdruck ist exponentiell' Meinst du

P = A e^{B T}

$P=A \, e^{B T}$ mit

P

$P$ Und

T

$T$ der Druck und die Temperatur entlang der Übergangslinie und

A

$A$ Und

B

$B$ Konstanten, aus denen extrahiert werden kann

P (100) = 100

$P(100) = 100$ Und

P (0) = 0.611

$P(0) = 0.611$ ? Woher kommt der Faktor 150 (alle 100

K

$K$ ) komme aus? Wo kommt die

140 K

$140K$ Unterschied kommen? Wie hängt es mit dem obigen Verhältnis von zusammen?

6 ≅ 150^{1 / 3}

$6 \cong 150^{1/3}$ ?

Ilja

ja das meinte ich

P (T)

$P(T)$ ist exponentiell, wie du geschrieben hast. Und exponentiell bedeutet, wenn man eine Verschiebung hinzufügt

T

$T$ , Sie erhalten einen Faktor

P

$P$ . Diesen Faktor erhalten wir aus den beiden bekannten Punkten; sie sind 100K voneinander entfernt, und der Faktor ist etwas mehr als 150 (da 611 etwas weniger als 2/3 von 1000 ist).

Ilja

Da wir einen Faktor 1000 in der Dichte wollen (qnd also ungefähr auch im Druck), müssen wir rechnen

l o g_{150} (1000)

$log_{150}(1000)$ , um zu wissen, wie oft man um 100.000 nach oben gehen muss. 150 hoch was ergibt 1000? Potenz 1 ergibt 150, es fehlt noch Faktor 7.

7^{3}

$7^3$ ist mehr als 150, also ist 7 mehr als

150^{1 / 3}

$150^{1/3}$ , Faktor 7 entspricht also mehr als einem Drittel von 100K als Temperaturverschiebung. Ich schätzte 40.

Steven Mathey

Danke, jetzt kann ich dir fast folgen. Ich habe noch eine letzte Frage: Warum hängt der Druck exponentiell von der Temperatur ab? Unter Verwendung des idealen Gasgesetzes zum Ersetzen des spezifischen Volumens (

Δ v = R T / P

$\Delta v = R T/P$ ) in der Clausius-Clapeyron-Beziehung führt zu

d P / d T = L / (R T^{2}) P

$dP/dT = L/(RT^2) P$ . Dann

P (T) \sim e^{- L / (R T)}

$P(T) \sim \text{e}^{-L/(R T)}$ . Was mache ich falsch? Benutzt du

T = 100 K + δ T

$T = 100K + \delta T$ und Erweiterung auf erste Ordnung in

δ T

$\delta T$ ,

1 / T ≅ 1 / 100 - 1 / (100)^{2} δ T

$1/T \cong 1/100 - 1/(100)^2 \delta T$ ?

Ilja

Du hast Recht! Danke, ich hatte immer gedacht, ohne es abzuleiten, dass der Druck exponentiell in der Temperatur ist. Das bewahrheitet sich in der Praxis, ist aber konzeptionell einfach falsch, der Druck nimmt exponentiell zu

1 / T

$1/T$ ... Ich werde die Antwort bearbeiten!

Steven Mathey

Herzlichen Glückwunsch, der Faktor beträgt jetzt 1,26 (

= T_{c, e s t i m a t e d} / T_{c}

$=T_{c,estimated}/T_c$ ). Vorher waren es 1,50.

Rokoko

Gute Arbeit! Ich hatte es aufgegeben, eine vernünftige Antwort auf diese Frage zu sehen.

Graf Iblis · Answer 2

Ich habe noch keine Berechnung durchgeführt, aber ich würde eine Extrapolation basierend auf der Clausius-Clapeyron-Formel verwenden:

\frac{D P}{D T} = \frac{L}{T Δ v}

$\frac{dP}{dT} = \frac{L}{T\Delta V}$

Sie nehmen dann zwei beliebige bekannte thermodynamische Mengen an Wasser und Wasserdampf und extrapolieren linear bis zu dem Punkt, an dem die Differenz Null ist. Eine gute Wahl könnte die Entropie sein, die Entropie von Wasserdampf lässt sich leicht abschätzen, indem man ihn als ideales Gas behandelt und die inneren Freiheitsgrade des H2O-Moleküls berücksichtigt. Die Entropie des Wassers folgt dann aus der latenten Wärme, die Temperaturabhängigkeit folgt aus der bekannten Wärmekapazität des Wassers.

Ich denke, es ist nicht so schwierig, mit nur einem leeren Blatt Papier und einem Taschenrechner einen Kostenvoranschlag zu erstellen.

Es tut mir leid, ich verstehe Sie nicht. Welcher Unterschied sollte Null sein? Was hängt (näherungsweise) linear wovon ab?
Die Idee ist wie folgt. Da die beiden Phasen zu einer Phase werden, bedeutet dies, dass Sie eine beliebige thermodynamische Größe (Dichte, Entropie usw.) als Funktion von Temperatur und Druck für beide Phasen berechnen und dann einander gleichsetzen können.
Ok, ich verwende das ideale Gasgesetz (für den Dampf), um n = P / RT zu erhalten, und setze dies gleich der Dichte von flüssigem Wasser. Dann verwende ich (wieder) Clausius-Clapeyron und ideales Gas, um n RT = L/(T $\Delta$ V). Dies sollte zwei Gleichungen liefern, die für T und P gelöst werden müssen. Es scheitert jedoch, weil wir an dem kritischen Punkt haben $\Delta$ = L = 0. Irgendwelche Vorschläge?

Achmeteli · Answer 3

Achmeteli

Ich denke, Sie können die Van-der-Waals-Gleichung und einige Schätzungen des Molekülvolumens und der intermolekularen Anziehungskräfte verwenden. Die Parameter des kritischen Punkts hängen von diesen Eigenschaften ab, daher müssen Sie sie bewerten.

Floris

Wasser ist polar. Gilt Van der Waals wirklich?

Achmeteli

@Floris: Ich glaube schon ( en.wikipedia.org/wiki/Van_der_Waals_force : „Der Begriff [die Van-der-Waals-Kraft] umfasst: Kraft zwischen zwei permanenten Dipolen (Keesom-Kraft) [;] Kraft zwischen einem permanenten Dipol und einem entsprechenden induzierten Dipol (Debye-Kraft)[;] Kraft zwischen zwei sofort induzierten Dipolen (Londoner Dispersionskraft)." Siehe auch en.wikipedia.org/wiki/Van_der_Waals_constants_%28data_page%29

Floris

Danke für die Auffrischung meines Gedächtnisses. Das hatte ich komplett falsch. Wo kam mir in den Sinn a

r^{- 6}

$r^{-6}$ Beziehung für die Van-der-Waals-Kraft? …

Steven Mathey

Das ist eine gute Idee, aber können Sie es tun? Kennen oder können Sie (ohne nachzuschlagen!) die tatsächlichen Werte dieser Parameter erraten und können Sie daraus die kritische Temperatur berechnen? Ich weiß, ich kann nicht.

Achmeteli

@Steven Mathey: Fragst du, ob ich diese Parameter aus den ersten Prinzipien abschätzen kann? Ich denke, es kann getan werden (und es sieht so aus, als gäbe es viele Artikel zu diesem Thema), aber mir fehlt die Zeit und Motivation, das zu tun, sorry.

Steven Mathey

Das frage ich nicht. Die ganze Idee bei Fermi-Schätzungen besteht darin, das Wissen über Größen, die man sich eingeprägt hat, verwenden zu können, um nicht-triviale Größen abzuschätzen. Natürlich hilft es, vieles auswendig zu wissen, aber vieles lässt sich auch aus der körperlichen Intuition ableiten. Meine Frage ist also: Können Sie mit einem Blatt Papier und einem Bleistift (optional) eine vernünftige Zahl für finden?

T_{c}

$T_c$ ?

Achmeteli

@Steven Mathey: Nein, kann ich nicht. Ich denke, Sie müssen sich an die Dichte von flüssigem Wasser erinnern (ich erinnere mich natürlich daran) und wahrscheinlich an den Oberflächenspannungskoeffizienten von Wasser (daran erinnere ich mich nicht).

JamalS

@Floris: deine Erinnerung ist richtig, die Van-der-Wals-Interaktion geht so

1 / r^{6}

$1/r^6$ .

Einfache Abschätzung der kritischen Wassertemperatur

Steven Mathey

Neugierig

Benutzer3823992

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Graf Iblis

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Floris

Achmeteli

Floris

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Achmeteli

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JamalS

Ternäres Phasendiagramm von Flory-Huggins mit einer neutralen Komponente

Warum gibt es einen kritischen Punkt? [Duplikat]

Bedeutung des Begriffs "Phase" in Chemie und Thermodynamik

Ist es möglich, ein Dampf-Flüssigkeits-Gemisch zu erhitzen, bis es vollständig zu Flüssigkeit kondensiert?

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