Prawa Gazowe

n ⋅ R ⋅ T
VN = + nb
2
n ⋅ a
p +
2
VN−1
i wykonujemy iteracje aż do uzyskania założonej dokładności rozwiązania (np. cztery cyfry
znaczące).
Rozwiązanie.
M(CO 2 ) = 12,0107 + 2·15,9994 = 44,0095 g/mol
n(CO 2 ) = 10,000/44,0095 = 0,22722 mol
V 0 = n·R·T/p = 0,22722·8,314472·373,0/(1,0133·10 5 ) = 6,9543·10 –3 m 3
Teraz, dla ułatwienia obliczeń kalkulatorem, obliczymy trzy iloczyny n·R·T, n·b oraz n 2·a,
które są niezmienne we wszystkich iteracjach.
n·R·T = 0,22722·8,314472·373,0 = 704,6769
n·b = 9,6954778·10 –6
n 2·a = 0,0187929·10 –12
I iteracja. Wstawiając objętość V 0 uzyskaną w zerowym przybliżeniu do równania
iteracyjnego obliczymy z niego pierwsze przybliżenie szukanej objętości V 1.
n ⋅ R ⋅ T
704,6769
−6
−3
V1 = + nb =
+ 9,6954778·10 = 6,96398·10
2
− 12
n a
5 0,0187929·10
p + 1,0133·10 +
2
−3
2
V0
(6,9543·10 )
Wstawiając do powyższego równania objętość V 0 uzyskaną w zerowym przybliżeniu
otrzymujemy z niego pierwsze przybliżenie szukanej objętości V 1 = 6,964·10 -3 m 3 .
Porównanie uzyskanej w I iteracji wartości V 1 z obliczoną w zerowym przybliżeniu V 0
pokazuje, że różnią się one na trzecim miejscu znaczącym. Oznacza to konieczność
wykonania kolejnej iteracji.
II iteracja.
n ⋅ R ⋅ T
704,6769
−6
−3
V2 = + nb =
+ 9,6954778·10 = 6,96398·10
2
− 12
n a
5 0,0187929·10
p + 1,0133·10 +
2
−3
2
V1
(6,9543·10 )
Tym razem po prawej stronie równania wstawiamy wartość V 1 otrzymaną w I iteracji i po
wykonaniu koniecznych obliczeń uzyskujemy wartość V 2 = 6,964·10 -3 m 3 . Porównanie V 1
i V 2 wykazuje, że są one identyczne z dokładnością do pięciu miejsc znaczących, więc dalsze
iteracje nie miałyby sensu. Szukana objętość wynosi zatem V = 6,964·10 -3 m 3 . Znając
dokładną wartość V możemy sprawdzić słuszność założeń prowadzących do uzyskania
zerowego przybliżenia dla V. Po wykonaniu działań widzimy, że:
n·b = 9,725·10 -6 m 3