Примеры решения задач

Пример 23. Известно, что окисление оксида азота (NO) может протекать при взаимодействии с молекулярным кислородом и озоном. Рассчитайте время полувыведения оксида азота из приземного слоя атмосферного воздуха и определите, какой из этих процессов вносит основной вклад в окисление NO. Принять, что содержание молекул оксида азота в воздухе в среднем составляет 2 ^. 10⁹ см^–3, а концентрация озона равна 15 млрд^–1. Константы скоростей реакций окисления оксида азота кислородом и озо­ном равны соответственно:

k_к = 1,93 ^. 10^–38см^{6 .} мол.^{–1 .} с^–1 и k₀ = 1,8 ^. 10^–14см^{3 .} мол.^{–1 .} с^–1.

Температура воздуха 15°С, давление 101,3 кПа.

Решение. Определим время полувыведения оксида азота из воздуха при его взаимодействии с молекулярным кислородом. Процесс окисления в рассматриваемом случае описывается уравнением:

2NO + O₂ = 2NO₂

Скорость процесса окисления NO равна:

_NO=k_к[O₂][NO]²,

где _NO – скорость процесса окисления NO, см^{–3 .} c^–1;

k_к – константа скорости реакции третьего порядка, см^{6 .} с^–1;

[J₂] и [NО] – концентрации кислорода и оксида азота в воздухе, см^–3.

Часто, как говорилось ранее, для упрощения записи размер­ностей констант скоростей химических реакций второго поряд­ка – cм^{3 .} мол.^{–1 .} с^–1 – и третьего порядка – см^{6 .} мол.^{–1 .} с^–1 — слово «молекула» («мол.») опускается, и тогда эти размерности можно записать как см^{3 .} с^–1 и см^{6 .} с^–1.

Концентрация молекул кислорода в приземном слое воздуха равна 20,95% (об.), что составляет (Пример 8):

[О₂] = 2,55 ^. 10¹⁹ – 20,95/100 = 5,34 ^. 10¹⁸ (см^–3).

Поскольку количество молекул кислорода в воздухе значи­тельно превосходит количество молекул оксида азота, можно считать, что концентрация О₂ в процессе окисления NO практи­чески не изменяется. Поэтому скорость реакции окисления окси­да азота можно представить как скорость реакции псевдовторо­го порядка уравнением:

где–константа скорости реакции псевдовторого порядка, см^{3 .} мол.^{–1 .} с^–1;

k^/_к = k_к[О₂] = 1,93 ^. 10^{–38 .} 5,34 ^. 10^{18 .} 10,31 ^. 10^–20 (см^{3 .} с^–1)

Для реакций второго порядка время (период) полувыведе­ния, т.е. время, за которое концентрация исходных реагентов снизится вдвое, при условии равенства исходных концентраций реагентов определяется по уравнению:

t_1/2=1/(kC)

где k – константа скорости реакции второго порядка, см^{3 .} с^–1;

С – концентрация исходного реагента, см^–1.

В рассматриваемом случае для реакции псевдовторого по­рядка имеем:

t_1/2 = 1/(10,31 ^. 1^{–20 .} 2 ^. 10⁹) = 4,8 ^. 10⁹ (с) = 150 (лет)

Определим время полувыведения оксида азота из приземного слоя воздуха при его взаимодействии с озоном. В этом случае уравнение реакции окисления NO имеет следующий вид:

NO + O₃  NO₂ + O₂

Скорость реакции можно рассчитать по уравнению:

^/_NO = k₀[NO][O₃]

где ^/_NO – скорость процесса окисления оксида азота озоном, см^{–3 .} с^–1;

k₀ – константа скорости реакции второго порядка, см^{3 .} с^–1;

[NO] и [О₃] – концентрации оксида азота и озона в воздухе, см^–3.

По условию задачи, концентрация молекул озона в призем­ном воздухе равна 15 млрд^–1; в см^-3 это составит (при­мер 4):

[О₃] = 2,55 ^. 10^{19 .} 15 ^. 10^–9 = 3,82 ^. 10¹¹ (см^–3),

где 10^–9 – коэффициент перевода млрд^-1 в объемные доли.

Поскольку концентрация озона более чем в сто раз превыша­ет концентрацию оксида азота, можно принять, что в процессе окисления NO значение концентрации озона практически не из­менится. В этом случае скорость реакции можно представить как скорость реакции псевдопервого порядка:

где – константа скорости псевдопервого порядка;

= k₀[O₃] = 1,8 ^. 10^{–14 .} 3,82 ^. 10¹¹ = 6,88 ^. 10^–3 (с^–1).

Для реакций первого порядка время полувыведения реагента определяется по уравнению:

t_1/2 = 0,693/k

где k – константа скорости реакции первого порядка.

В рассматриваемом случае для реакции псевдопервого по­рядка имеем:

t_1/2 = 0,693/k = 0,б93/(6,88 ^. 10^–3) = 100 (с) = 1,7 (мин)

Время полувыведения оксида азота в процессе его взаимо­действия с кислородом воздуха значительно больше, чем при взаимодействии NOс озоном, и не соответствует реально наблю­даемым в приземном воздухе процессам превращения оксида и диоксида азота. В атмосферном воздухе время полувыведения оксида азота обычно составляет несколько минут. Поэтому мож­но утверждать, что в приземном слое воздуха процесс окисления оксида азота связан в основном со взаимодействием с озоном.

Ответ: время полувыведения оксида азота при его взаимодействии с кислородом и озоном составляет 150 лет и 1,7 мин соответ­ственно. В приземном воздухе процесс окисления NO в основном протекает при участии озона.

Пример 24. Какое максимальное количество молекул озона мо­жет образоваться в каждом кубическом сантиметре приземно­го воздуха при полном окислении метана в присутствии оксидов азота, если концентрация метана уменьшилась с 20 до 1,6 млн^–1 . Давление равно 101.3 кПа, температура воздуха 288 К.

Решение. При полном окислении метана в присутствии оксидов азо­та цепочку превращений можно представить следующим сум­марным уравнением реакции (уравнение 129):

СН₄ + 8О₂ + 4М  СО₂ + 2Н₂O+ 4М* + 4О₃

Таким образом, при полном окислении каждой молекулы ме­тала в присутствии оксидов азота может образоваться до 4 мо­лекул озона.

При уменьшении концентрации метана в воздухе с 20 до 1,6 млн^–1 концентрация образовавшегося озона при отсутствии его стока может составить:

[О₃] = 4 ^. (20 – 1,6) = 73,6 (млн^–1)

Таким образом, в каждом кубическом сантиметре воздуха может образоваться n(O₃) молекул озона:

где N_A – число Авогадро;

(Оз) – объемная доля озона в возду­хе: (O₃) = [О₃] ^. 10^–6, млн^–1;

V_м – молярный объем газа при нормальных условиях, л;

Т₀ и Т_З – температура воздуха при нормальных условиях и средняя у поверхности Земли (273 и 288 К соответственно);

n(О₃) = 6,02 ^. 10^{23 .} 73,6 ^. 10^{–6 .} 273/(22,4 ^. 10^{3 .} 288) =19 ^. 10¹⁴ (см^–3)

Ответ: в каждом кубическом сантиметре воздуха может образо­ваться до 19 ^. 10¹⁴ молекул озона.

Пример 25. Сравните скорости выведения из атмосферы моле­кул метана при их взаимодействии с гидроксидным радика­лом на высотах 5 и 35 км. Концентрация метана изменяется от 2 млн^–1 на высоте 5 км до 0,6 млн^–1 на высоте 35 км. Энергия активации и предэкспоненциальный множитель константы ско­рости реакции взаимодействия метана с ОН-радикалом равны 14,1 кДж/моль и 2,3 см^{3 .} с^–1 соответственно. Концентрации гидроксидных радикалов соответствуют средним для этих высот значениям: [ОН]₅ = 8,5 ^. 10⁵ см^–3 и [ОН]₃₅ = 3 ^. 10⁷см^–3.

Решение. В процессе взаимодействия молекул метана с гидроксидным радикалом происходит образование воды и метильного радикала:

СН₄ + ОН  СН₃ + Н₂О

Скорость реакции можно определить из уравнения:

_H = k_H[CH₄]_H[OH]_H,

где _H и k_H – скорость и константа скорости реакции для условий, характерных для атмосферного воздуха на высоте H;

[СН₄]_H и [ОН]_H – концентрации молекул метана и гидроксидного радикала на высоте H.

В соответствии с уравнением Аррениуса константа скорости химической реакции зависит от температуры:

k = Ae^–E/RT

где k – константа скорости химической реакции (размерность определяется единицами измерения концентрации и времени, а также порядком химической реакции);

А – предэкспоненциальный множитель (имеет размерность константы скорости ре­акции);

Е – энергия активации реакции, Дж/моль;

R – универ­сальная газовая постоянная, Дж/ (моль ^. К);

Т – температура реакции, К.

В рассматриваемом случае скорость химической реакции бу­дет определяться значениями концентраций реагентов и темпе­ратурой воздуха на заданных высотах.

Температура воздуха на высоте 5 км составляет (пример 8)

T₅ = 288 + (–6,5 ^. 5) = 256 (К),

на высоте 35 км она равна:

Т₃₅ = 217 + (35 –11) ^. 1,38 = 250 (К)

Константа скорости реакции на высоте 5 км составляет

k₅ = 2,3 ехр[–14,1 ^. 10³/(8,31 ^. 256)] = 3,04 ^. 10^–3 (см^{3 .} с^–1),

а на высоте 35 км

k₃₅ = 2,3ехр[–14,1 ^. 1000/(8,31 ^. 250)] = 2,59 ^. 10^–3 (см^{3 .} с^–1)

Для расчета скорости химической реакции необходимо при­вести значения концентраций реагентов и константы скорости к одинаковым единицам измерения.

Переведем заданные в условиях задачи значения концентра­ций молекул метана в см^–3:

[СН₄]_H = С_H (млн^–1) ^. N_H (см^–3) ^. 10^–6,

где 10^–6 – коэффициент пересчета концентрации, выраженной в млн^–1 в объемные доли;

N_H – количество молекул в см³ воздуха на заданной высоте.

Количество молекул в см³ воздуха на высоте 5 км можно определить по уравнению:

N₅ = 2,55 ^. 10¹⁹ ехр[Мq ^. 5000/(R ^. 256)],

где 2,55 ^. 10¹⁹ – количество молекул в кубическом сантиметре воздуха на уровне моря, см^–3;

М – средняя молярная масса воздуха, равна 28,96 ^. 10^–3 кг/моль (пример 7);

q – уско­рение свободного падения, равно 9,8 м/с²;

5000 – высота над уровнем моря, м;

R – универсальная газовая постоянная, равна 8,31 Дж/(моль ^. К);

256 – температура воздуха на высоте 5 км, К;

N₅ = 2,55 ^. 10¹⁹ехр[–28,96 ^. 10^{–3 .} 9,8 ^. 5000/(8,31 ^. 256)] = 1,31 ^. 10¹⁹ (см^–3)

Количество молекул в см³ воздуха на высоте 35км составит:

N₃₅ = 2,55 ^. 10¹⁹ехр[–29 ^. 10^{–3 .} 9,8 ^. 35000/(8,31 ^. 250)] = 2,12 ^. 10¹⁷(см^–3)

Количество молекул метана в см³ на высоте 5 км составит

[СН₄]₅ = 2 ^. 1,31 ^. 10^{19 .} 10^–6 = 2,62 ^. 10¹³ (см^–3),

а на высоте 35км

[СН₄]₃₅ = 0,6 ^. 2,12 ^. 10^{17 .} 10^–6 = 1,27 ^. 10¹¹ (см^–3)

Скорость химической реакции на высоте 5 км составит

₅ = 3,04 ^. 10^{–3 .} 2,62 ^. 10^{13 .} 8,5 ^. 10⁵ = 6,77 ^. 10¹⁶ (см^{–3 .} с^–1),

а на высоте 35 км

₅ = 2,59 ^. 10^{–3 .} 1,27 ^. 10^{11 .} 3 ^. 10⁷ = 9,86 ^. 10¹⁵ (см^{–3 .} с^–1).

Отношение скоростей химических реакций взаимодействия метана с гидроксидным радикалом составит:

₅/₃₅ = 1,27 ^. 10¹⁶/(9,86 ^. 10¹⁵) = 12,88

Ответ: Скорость процесса вывода метана из атмосферы при его вза­имодействии с гидроксидным радикалом на высоте 5 км в 13 раз выше, чем на высоте 35 км.

Пример 26. Определите соотношение скоростей процессов газо­фазного и жидкофазного окисления SO₂ при условии, что основ­ной вклад в эти процессы вносят следующие реакции:

SO_2(r) + OH_(r)  HSO_3(r) (1)

SO_2(p-p) + H₂O_(p-p)  H₂SO_4(p-p) (2)

Константы скоростей реакций окисления равны:

k₁ = 9 ^. 10^–13см^{3 .} мол.^{–1 .} с^–1; k₂ = 1 ^. 10³ л ^. моль^{–1 .} с^–1.

Концентрации примесей в газовой фазе составляют:

[ОН] = 5 ^. 10⁶ см^–3; [SO₂] = 10^–4% (об.); [Н₂О₂] = 10^–7% (об.)

Расчеты провести для атмосферного воздуха, имеющего тем­пературу 25°С и содержащего: а) 0, б) 0,0001, в) 0,01 г свободной воды в каждом литре воздуха. Считать, что при растворении в воде концентрация SO₂ в газовой фазе не меняется. Газы счи­тать идеальными и подчиняющимися закону Генри. Давление принять равным 1 атм.

Решение. Скорость окисления 30₂ в газовой фазе можно определить по уравнению:

₁ = k₁[OH][SO₂]

где k₁ – константа скорости реакции;

[ОН] и [SО₂] – концентра­ции реагентов в газовой фазе.

Для определения скорости реакции переведем размерность концентрации SО₂ из объемных процентов в см^–3:

[SO₂] (см^–3) = [SО₂][%(об.)] ^. N_AT₀/(100V_мT₁) =

= 10^{-4 .} 6,02 ^. 10^{23 .} 273/(100 ^. 22,4 ^. 10^{3 .} 298) = 2,46 ^. 10¹³ (см^–3)

Скорость газофазного окисления составит:

₁ = 9 ^. 10^{–13 .} 5 ^. 10^{6 .} 2,46 ^. 10¹³ = 1,1 ^. 10⁸ (см^{–3 .} с^–1)

В случае отсутствия свободной (капельножидкой) воды в ат­мосфере (вариант «а») окисление в жидкой фазе происходить не может, и скорость процесса полностью определяется скоростью газофазного окисления. В случае присутствия капельножидкой воды в воздухе окислению в жидкой фазе предшествует рас­творение газов в воде. Концентрацию компонентов в растворе, в соответствии с законом Генри, можно определить по уравнению:

C_i = К_ГiР_i

где C_i – концентрация i-го компонента в растворе;

К_Гi – значе­ние константы Генри для i-го компонента (приводятся в спра­вочной литературе);

Р_i – парциальное давление i-го компонента в газовой фазе.

Окислению SО₂ в жидкой фазе предшествует растворение SO₂ и Н₂О₂ в воде. Константы Генри для этих газов при 25°С составляют (таблица 3 Приложения):

К_Г(SO₂) = 5,4 моль/(л ^. атм)

К_Г(H₂O₂) = 1 ^. 10⁵моль/(л ^. атм)

Парциальное давление легко найти, зная объемную долю со­ответствующего компонента в газовой фазе и общее давление воздуха:

Р(SО₂) = 10^{–4 .} 10^{–2 .} 1 = 10^–6 (атм)

Р(Н₂O₂) = 10^{–7 .} 10^{–2 .} 1 = 10^–9 (атм)

Концентрации компонентов в растворе составят:

[SО₂] = 5,4 ^. 10^–6 (моль/л)

[Н₂О₂] = 1 ^. 10^{5 .} 10^–9 = 10^–4 (моль/л)

Скорость процесса окисления SO₂ в жидкой фазе можно определить по уравнению:

u₂ = k₂[SO₂][H₂O₂];

u₂ = 1 ^. 10^{3 .} 5,4 ^. 10^{-6 .} 10^-4 = 5,4 ^. 10^–7 [моль/(л ^. с)]

Полученное значение скорости окисления SO₂ в жидкой фа­зе показывает, что в каждом литре раствора в секунду будет окисляться 5,4 ^. 10^–7 молей SO₂.

Эту величину трудно сравнить с полученным выше значени­ем скорости окисления SO₂ в газовой фазе, которое показывает количество молекул, окисляющихся в каждом кубическом сан­тиметре воздуха в секунду. Поэтому, зная содержание свободной воды в воздухе и принимая плотность раствора равной плотно­сти воды, приведем значение скорости окисления SO₂ в жидкой фазе к сопоставимым единицам измерения:

u₂[мол/(см^{3 .} с)] = u₂[моль/(л ^. c)]nN_A/g

где n – содержание капельножидкой воды в воздухе, г (воды)/см³ (воздуха);

N_A – число Авогадро;

g – плотность воды, г/л.

Подставив соответствующие численные значения, получим зависимость скорости окисления от содержания влаги в воздухе:

u₂ = 5,4 ^. 10^–7n ^. 6,02 ^. 10²³/1000 = 32,5 ^. 10¹³n

В случае, когда содержание воды в воздухе n = 0,0001 г/л (вариант «б»), соотношение скоростей окисления SO₂ в газовой и жидкой фазах составит:

a = u₁/u₂ = 1,1 ^. 10⁸/(3,25 ^. 10^{14 .} 0,0001 ^. 10^–3) = 3,4

В случае n = 0,01 г/л (вариант «в») это соотношение будет:

a =u₁/u₂ = 1,1 ^. 10⁸/(3,25 ^. 10^{14 .} 0,01 ^. 10^–3) = 0,034

Ответ: а) при отсутствии капельножидкой воды в воздухе скорость окисления диоксида серы определяется процессом окисления в газовой фазе; б) при содержании влаги в воздухе, равном 0,0001 г/л, скорость окисления SO₂ в газовой фазе будет пре­вышать скорость жидкофазного окисления в 3,4 раза; в) при содержании влаги в воздухе, равном 0,01 г/л, окисление будет протекать с большей скоростью в жидкой фазе; в этом случае со­отношение скоростей окисления SO₂ в газовой и жидкой фазах будет равно 0,034.

Пример 27. Константа равновесия реакции образования оксида азота из азота и кислорода при 800 К равна 3 ^. 10^–11. Какого равновесного значения может достигнуть концентрация оксида азота в смеси, если исходная смесь – воздух?

Решение. Процесс образования молекул оксида азота из азота и ки­слорода воздуха может быть представлен следующим уравне­нием:

N₂ + О₂ ® 2NO

Поскольку в процессе образования оксида азота не происходит изменения количества молей газов в смеси, константы рав­новесия при постоянном давлении и постоянной концентрации К_р и К_C равны, и нет необходимости в дополнительных поясне­ниях в условиях задачи. Константу равновесия реакции можно представить уравнением:

К_р = P(NO)²/[P(N₂) ^. Р(О₂)],

где P(NO), P(N₂) и Р(О₂) – парциальные давления NO, N₂ и О₂.

Ниже представлены равновесные значения парциального да­вления компонентов смеси в кПа:

	P(N2)	P(O2)	P(NO)
В начале процесса	79,12 *	22,23*	0
При равновесии	79,12 – х	22,23 – х	2х
Приближенное значение при равновесии	79,12	22,23	2х

* Парциальные давления азота и кислорода соответствуют значениям, характерным для сухого воздуха при нормальном атмосферном давлении.

Поскольку константа равновесия процесса образования окси­да азота мала, можно предположить, что равновесные значения парциального давления NO будут низкими, поэтому парциаль­ные давления азота и кислорода практически не изменятся. В связи с этим при расчете можно воспользоваться приближенными равновесными значениями парциальных давлений компонен­тов смеси:

3 ^. 10^–11 = 4х²/(79,12  22,23),

2х = Р(NO) = 22,97 ^. 10^–5 (кПа) = 0,23 (Па)

Ответ: в воздухе при температуре 800 К парциальное давление оксида азота составит 0,23 Па.

Пример 28. Оцените мольное соотношение и общую массу диоксида серы и оксида азота, поступающих в атмосферу в течение суток с выбросами тепловой электростанции, работающей на угле. Содержание серы в угле равно 1,5% (мас.) В сутки на станции сжигается 10 тыс. т угля. Концентрация оксида азота в газовых выбросах оставляет 150 млн^–1. Для сжигания угля используется стехиометрически необходимое количество воздуха. При оценке принять, что уголь состоит из углерода и содержит в качестве примеси только серу.

Решение: Появление диоксида серы в выбросах отходящих газов при сжигании топлива связано с процессом окисления соединений серы, присутствующих в исходном топливе. В рассматриваемом случае процесс можно представить уравнением:

S + O₂  SO₂

Количество серы, сжигаемое на станции за сутки, составит:

m(S) = m(угля) ^. (S),

где m(S) и m(угля) – массы серы и угля, сжигаемого на станции в сутки;

(S) – весовая доля серы в угле;

m(S) = 10000 ^. 0,015 = 150 (т/сут)

Количество долей диоксида серы, образующегося в процессе горения угля, равное количеству молей серы, содержащейся в угле, составит:

N(SO₂) = N(S) = m(S)/M(S),

где M(S) – молярная масса серы, г/моль;

N(SO₂) = 150 ^. 10⁶/32 = 4,69 ^. 10⁶ (моль/сут)

Для вычисления количества молей оксида азота, образующе­гося в процессе горения угля, необходимо найти общее количество молей газов, содержащееся в отходящих продуктах (N_Общ). Эта величина будет определяться количеством молей азота, со­держащегося в воздухе, необходимом для окисления углерода и серы из угля, – N(N₂), количеством молей диоксида углерода, образующегося при горении углерода, – N(СО₂) и количеством молей образующегося диоксида серы – N(SO₂):

N_общ = N(N₂) + N(СО₂) + N(SO₂)

Процесс окисления углерода можно представить уравнением:

С + О₂  СО₂

Каждые сутки на станции сжигается 10000 т угля, которые по условию задачи содержат 150 т серы и 9850 т углерода. Коли­чество молей углерода, сжигаемого на станции в сутки, составит:

N(С) = m(С)/М (С),

где М(С) – молярная масса углерода, г/моль;

N(C) = 9850 ^. 10⁶/12 = 8,21 ^. 10⁸ (моль/сут)

На каждый моль углерода образуется моль диоксида углеро­да и расходуется, как и при окислении серы, один моль кисло­рода из воздуха. Поэтому количество молей диоксида углерода, образовавшегося в процессе горения угля, составит:

N(СО₂) = N(C) = 8,21 ^. 10⁸ (моль/сут)

Общее количество молей кислорода, необходимое для окисле­ния серы и углерода, содержащихся в угле, составит:

N(O₂) = N(О₂ на окисление серы) + N(O₂ на окисление углерода),

N(О₂) = 4,69 ^. 10⁶ + 8,21 ^. 10⁸ = 8,26 ^. 10⁸ (моль/сут)

Поскольку в процессе сжигания угля используется воздух, кислород из которого по условию задачи будет полностью из­расходован на окисление серы и углерода, в отходящих газах останется лишь азот, если не принимать во внимание другие инертные газы и процесс окисления самого азота. Содержание азота можно определить, зная средний состав воздуха:

N(N₂) = N(O₂) ^. (N₂)/ (O₂),

где (N₂) и (О₂) – содержание азота и кислорода в воздухе соответственно;

N(N₂) = 8,26 ^. 10^{8 .} 78,11/20,95 = 3,08 ^. 10⁸ (моль/сут)

Общее количество молей газов, содержащихся в отходящих продуктах сжигания угля, составит:

N_общ = 3,08 ^. 10⁸ + 8,21 ^. 10⁸ + 4,69 ^. 10⁶ = 11,34 ^. 10⁸ (моль/сут)

Количество молей оксида азота в отходящих газах составит:

N(NO) = (NO) • N_o6щ

где (NO) – объемная доля оксида азота в отходящих газах, по условию задачи равна 150 ^. 10^–6;

N(NO) = 150 ^. 10^{–6 .} 11,34 ^. 10⁸ = 1,70 ^. 10⁵ (моль/сут)

Мольное соотношение диоксида серы и оксида азота в отхо­дящих газах составит:

n = N(SO₂)/N(NO) = 4,69 ^. 10⁶/(1,70 ^. 10⁵) = 27,6 28

Массы диоксида серы и оксида азота, поступающих в атмо­сферу в процессе сжигания угля, можно определить по урав­нению:

m = NM,

где m – масса газа, г;

N – содержание в отходящих газах, моль/сут;

М – молярная масса соответствующего газа, г/моль;

m(SO₂) = 4,69 ^. 10^{6 .} 64 = 300 ^. 10⁶ (г/сут) = 300 (т/сут)

m(NО) = 1,70 ^. 10^{5 .} 30 = 51 ^. 10⁵ (г/сут) = 5,1 (т/сут)

Ответ: с отходящими газами тепловой станции в сутки в атмосферу поступает 300 т диоксида серы и 5,1 т оксида азота; мольное соотношение диоксида серы и оксида азота примерно равно 28.

Пример 29. Сколько частиц пыли присутствует в каждом куби­ческом метре воздуха рабочей зоны при концентрации, равной ПДКр.з = 6 мг/м³? Принять плотность пыли 4 г/см³, диаметр частиц 0,5 мкм, все частицы сферической формы.

Решение. По условию задачи, в каждом кубическом метре воздуха содержится 6 мг пыли, состоящей из одинаковых сферических частиц. Поэтому для решения задачи достаточно разделить об­щую массу пыли, содержащейся в 1 м³, на массу одной части­цы. Массу одной частицы можно найти, зная объем частицы V и плотность пыли :

m_н = V

Для частиц сферической формы

V = d³/6,

где d – диаметр частицы.

m_ч = 3,14 ^. (0,5 ^. 10^–6)^{3 .} 4 ^. 10⁶/6 = 0,26 ^. 10^–12 (г) = 0,26 ^. 10^–9 (мг)

Количество частиц в кубическом метре воздуха составляет:

n_ч = С/m_ч,

где С – концентрация частиц, мг/м³ (по условию задачи, С = ПДКр.з = 6 мг/м³);

n_ч = 6/(0,26 ^. 10^–9) = 23 ^. 10⁹ (частиц/м³)

Ответ: в кубическом метре воздуха содержится порядка 2 ^. 10¹⁰ ча­стиц пыли.

Пример 30. В контейнер, площадь внутренней поверхности сте­нок которого равна 1 м², поместили пробу загрязненного возду­ха объемом 50 л. Концентрация однородных аэрозольных частиц сферической формы в пробе воздуха составляла 23 ^. 10⁹ м^–3. Ка­кую часть поверхности контейнера могли бы покрыть частицы, если их средний диаметр равен 0,5 мкм?

Решение. Площадь, занимаемую одной частицей сферической фор­мы на поверхности или ее проекцией, можно аппроксимировать площадью сечения, проходящего через центр сферы:

S₁ = d²/4,

где d – диаметр частицы (d = 0,5 -10^–6м);

S₁ = 3,14 ^. (0.5 ^. 10^–6)²/4 = 1,96 ^. 10^–13 (м²)

Площадь, занимаемая всеми частицами, могла бы составить:

S = S₁NV

где N – концентрация частиц в пробе воздуха; м^-3;

V – объем пробы воздуха, м³;

S =1,96 ^. 10^{-13 .} 23 ^. 10^{9 .} 50 ^. 10^–3 = 2,2 ^. 10^–4 (м²)

Доли площади стенок контейнера, занимаемой частицами, могла бы составить:

 = S/S_KoHT = 2,2 ^. 10^–4/1 = 2,2 ^. 10^–4

Ответ: доля площади стенок контейнера, занимаемая частицами, могла бы составить 2,2 ^. 10^–4 от всей поверхности стенок.

Пример 31. Какой была бы средняя глобальная температура Зе­мли в случае, если бы единственным источником тепла являлось излучение Солнца, при условии отсутствия «парниковых» газов в атмосфере?

Решение. В условиях постоянства средней глобальной температу­ры должен соблюдаться баланс между потоками энергии – поступающим от Солнца и излучаемым Землей в космическое про­странство:

Q_пр ⁼ Q_pacx

где Q_пp. – количество энергии, поступающее от Солнца («при­ход»);

Q_расх. – количество энергии, излучаемое Землей («рас­ход»).

Количество энергии, поступающее на планету, можно опре­делить по уравнению:

Q _пр. = IS_пр(1 – A),

где I – интенсивность солнечного излучения, поступающего на Землю, солнечная постоянная (таблица 1 Приложения);

S_пр – площадь проекции поверхности Земли, обращенной к Солнцу (S_np = );

R₃ – средний радиус Земли (таблица 1 Приложе­ния);

А – альбедо Земли – коэффициент, характеризующий до­лю излучения, отраженного поверхностью Земли (таблица 1 Приложения).

Количество энергии, излучаемой планетой, по закону Стефа­на – Больцмана составит:

Q_pacx = S₃T⁴

где S₃ – площадь поверхности Земли (S₃ = 4);

–постоян­ная Стефана – Больцмана (таблица 1 Приложения);

T – сред­няя глобальная температура, К.

Подставим выражения для значений приходящей и излучае­мой энергии в уравнение радиационного баланса:

Выразим значение температуры Земли:

T = [I(1-A)/(4)]^1/4;

Т = [1373(1 – 0,33)/(4 ^. 5,67 – 10^–8)]¹/⁴ = 252 (К)

Ответ: если солнечное излучение принять за единственный источ­ник поступления энергии, то в случае отсутствия «парниковых» газов в атмосфере средняя глобальная температура на Земле составляла бы 252 К.