Tentamen KFKA05 och nya KFK080,

Transkript

1 Tentamen KFKA05 och nya KFK080, Även för de B-studenter som läste KFK080 hösten 2010 Tillåtna hjälpmedel: Miniräknare med tillhörande handbok), utdelat formelblad med tabellsamling. Slutsatser skall motiveras och beräkningar redovisas. Tag för vana att alltid göra en rimlighetsbedömning. För godkänt krävs att totala poängantalet på tentamen och eventuell inlämningsuppgift är minst Beräkna blandningsentropin då 1000 A-molekyler fullständigt blandas med 500 B-molekyler. 2. Med hjälp av data i tabellsamlingen, besvara följande frågor om Cl 2 g): a) Vad är förhållandet mellan sannolikheterna att molekylen befinner sig i vibrationstillstånd v = 1 och v = 0 vid 1500 K? Beräkna alltså kvoten p v=1 p v=0 b) Vad är kraftkonstanten k s för molekylen? 3. Beräkna a) molekylära q trans för NOg) vid 298 K och trycket 1 bar. Hur tolkar du det värde du får? b) totala C V,m för NOg) vid 298 K och trycket 1 bar från ämnets molekylära egenskaper. 4. a) Skissa ett ungefärligt p, T)-fasdiagram för vatten. Vattens trippelpunkt ligger vid 4.58 torr och K. b) En kall morgon i november är luft- och vägtemperaturen 6 C. Partialtrycket av vatten i atmosfären är 2 torr. Är det risk för morgonhalka under dessa betingelser? Markera tydlig i figuren från a) hur du tänker när du löser uppgiften. Sublimeringsentalpin för vatten är 51 kj mol 1 vid 0 C. c) Redogör tydligt för de approximationer du gjort när du löst uppgift b). 5. Betrakta två lösningar: g NaCl upplöst i 100 ml vatten g CaCl 2 molmassa g/mol) upplöst i 100 ml vatten. a) Beräkna smältpunkten för bägge lösningarna vid 1 atm. b) Redogör för dina approximationer i a) samt varför eller varför inte det blir en skillnad i smältpunkt mellan lösningarna. 1

2 6. Beskriv vad som kännetecknar en ideal lösning. Begreppen aktivitet, intermolekylär växelverkan, blandningsentropi och ångtryck måste vara med och användas korrekt. 7. a) Låt 3 mol argon expandera adiabatiskt och reversibelt till dubbla volymen. Initiala temperaturen är 298 K. C V,m = 3R/2 i hela temperaturintervallet. Vad blir sluttemperaturen? b) I a) gör du sannolikt antagandet att argongasen är ideal. Förväntar du dig att sluttemperaturen skulle bli högre eller lägre om du tog hänsyn till att den inte är det? Ledning: Utnyttja att du vet vad begreppen adiabatisk och reversibel betyder och dra nytta av en lämplig differentialform. 8. I Göteborg byggs just nu världens första storskaliga anläggning för produktion av biogas från skogsavfall, i ett projekt som kallas GoBi- Gas. I det sista steget i processen bildas metan, bl.a. i reaktionen COg) + 3 H 2 g) CH 4 g) + H 2 Og) För att kunna optimera detta processteg mättes jämviktskonstanten vid olika temperaturer. Man fick följande data T / K K a) Beräkna r H för reaktionen i detta temperaturintervall. b) Beräkna r G vid 450 K. c) Beräkna r S i detta intervall. d) I uppgifterna a)-c) utnyttjade du antagligen approximationen att r H är temperaturoberoende. Använd data i tabellsamlingen för att uppskatta och diskutera hur god denna approximation är i detta fall. 9. Hur många atmosfärer ökar trycket i en behållare helt fylld med flytande vatten då temperaturen ökar från 25 C till 30 C om trycket är 1 atm från början? Vilka approximationer använder du? Behållarens volym är konstant. Använd formelsamlingens data för vattens kompressibilitet och expansionskoefficient. 10. Beräkna minsta kostnaden för att med ett kylskåp kyla 10 kg vatten från 25 C till 6 C. Kylskåpet står i Gallien där temperaturen är 27 C en varm sommarkväll. Lunds energis fasta elpris bundet 1 år) är just nu 95 öre/kwh 1 kwh = J). 2

3 Lösningar KFKA05 och KFK080, W efter blandning är 1500! W = 1000! 500! W före blandning är 1. Därför är blandningsentropin mix S/k B = ln W 1500 ln ln ln 500 = Flera studenter försökte sig istället på att finna entropin för den mest sannolika fördelningen, dvs att systemet är blandat på ett sådant sätt att 2/3 av A, dvs 667 stycken, hamnar på ena sidan där enbart A fanns från början) och resten på andra sidan där enbart B fanns från början). Eftersom den mest sannolika fördelningen dominerar bör denna entropi bli väldigt nära den fullständiga om man har många molekyler: mix S/k B = ln W = ln Tydligen är 1500 molekyler många. 1000! 667! 333! + ln 500! 167! 333! Ett tredje sätt är att använda uttrycket för blandningsentropi. Då måste man minnas att man har totalt 1500 molekyler: mix S/k B = 1500 x A ln x A + x B ln x B ) 2 = ln ln 1 = ) Det fjärde sättet, som några studenter försökte, är att använda uttrycket S = k B j p j ln p j. Krånglet här är att veta vilka tillstånd summan skall löpa över samt vad p j skall vara. Man har två val. Antingen är j vart och ett av systemtillstånden som alla har sannolikheten 1/W som i första lösningen ovan), eller är j tillstånden antingen A eller B på varje plats, dvs p j är 2/3 respektive 1/3. Vid det senare valet måste man sedan multiplicera med 1500, eftersom totala entropin måste vara summan av entropin för var och en av platserna. Alltså får man, precis som ovan, 2 mix S/k B = 1500 p j ln p j = ln ln 1 = ) j 2. a) θ vib = 813 K för klorgas. Därför ger Boltzmanns fördelningslag tillsammans med ε vib v) = θ vib k B v b) p 1 = e 813/1500 /q = e 813/1500 = p 0 1/q k s = θ vib k B 2π/h) 2 µ Reducerade massan ges av 1/µ = 1/m Cl + 1/m Cl = 2/m Cl = 4/m Cl2, dvs µ = kg. Detta ger k s = 333 N/m. 3

4 3. a) Vid 1 bar har varje molekyl bland 1 mol molekyler) volymen V = RT/p = m 3 att röra sig i. de Broglievolymen är Λ 3 = h 2 ) 3/2 2π m k B T h 2 ) 3/2 = = m 3 2π M NO /N A ) k B T Allstå är q trans = V/Λ 3 = Detta betyder att varje NOmolekyl har tillgång till ca olika translationstillstånd vid denna temperatur och tryck. Detta kan verka mycket men kan ställas i relation till en mol NO-molekyler som tillsammans har tillgång till ) N A/N A! e/n A ) N A = ) N A olika tillstånd, vilket är ett löjligt ofattbart stort tal. b) Denna temperatur är mycket större än θ rot men mycket lägre än θ vib. Molekylen har två rotationsfrihetsgrader. Alltså är C V,m 3R/2 + 2R/2 = 5R/2 = J K 1 mol 1. Detta värde är lite litet vilket man ser om man lägger till R och jämför med det experimentella värdet för C p,m ). Orsaken är att för NO ligger den första elektroniska nivån redan vid θ el = 179 K. För att ta med denna behöver vi C V,el,m = R ln q el T T q el = 2 + 2e 179/T = 1 q el q el T = e 179/T q el T 2 T 2 ln q ) ) el e 179/T = R T T Denna kan med räknarens deriveringsfunktion approximeras till så att totala C V,m = J K 1 mol 1 och man får ett C p,m som är mycket nära det experimentella värdet. För full poäng krävs att man åtminstone insett och diskuterat det elektroniska bidraget. 4. a) Fasdiagrammet visas nedan. q el flytande is Är 2 torr här eller här? b) Lösningsförslag 1: Här undersöker om 2 torr ligger över eller under vattnets jämviktsångtryck vid den aktuella temperaturen, 4

5 dvs om vi är in området där vatten är is eller gas. Vi utgår från trippelpunkten och använder Clausius Clapeyron: ln ) p267.15) 4.58 = subh R 1 ) Detta ger p267.15) = 2.76 torr. Eftersom det aktuella partialtrycket är lägre än detta tryck vi är i gasfasområdet) borde det inte förelägga risk för isbildning. Lösningsförslag 2: Flera studenter gjorde istället så att de undersökte om 6 C är högre eller lägre än sublimeringstemperaturen vid det aktuella trycket. Återigen ger Clausius Clapeyron ) 2 ln = subh 1 ) 4.58 R T Detta ger T = 9.7 C. Is bör alltså inte bildas vid 6 C. c) Approximationerna är de som görs vid härledningen av Clausius Clapeyron från Clapeyrons ekvation samt att sublimeringsentalpin är konstant i temperaturintervallet. 5. a) Här behövs molbråket vatten för bägge lösningarna. Det är x 1 = x 2 = 100/ / /58.44 = / / / = Ekvationen för fryspunktssänkning är om vattnet kan anses idealt) ln x = fus 1 ) R T Detta ger T = K för lösning 1 och T = K för lösning 2. Väldigt små ändringar alltså. b) Approximationen är att vattenlösningen är ideal γ = 1. Detta betyder att det endast är blandningsentropin som styr. Ju högre den är, desto hellre vill lösningen förbli i flytande form, dvs ju lägre blir fryspunkten. Därför har lösning 2 lägst fryspunkt. 6. En ideal lösning kännetecknas av att aktiviteten av varje ingående ämne, dvs ångtrycket av varje ämnet över lösningen dividerat med dess rena ångryck, är lika med dess molbråk i lösningen. En ideal lösning uppstår då dess fria blandningsenergi endast ges av blandningsentropin. Ett krav för detta är bl.a. att den intermolekylära växelverkan är lika mellan alla typer av molekyler i lösningen, dvs att t.ex. A trivs lika bra med B som med sig själv. 7. a) p dv = nrt V dv = C V dt 5

6 så att C V,m = 3R/2) Integrering ger 1 V dv = 3 2T dt ln 2 = 3 2 ln T vilket ger T 2 = K. b) Eftersom processen är reversibel gäller att ds tot = ds+ds omg = 0. Eftersom den dessutom är adiabatisk gäller ds omg = 0 så att även ds = 0. En av differentialformerna ds ger därför C p dt = V + C p µ JT ) dp = V dp + C p µ JT dp Eftersom Joule-Thomsonkoefficienten är positiv för Argon leder en volymsökning dvs en tryckminskning, dp < 0) till att T kommer att minska mer än om gasen vore ideal. Sluttemperaturen blir alltså lägre. Detta beror på att det finns en attraktiv växelverkan van der Waals) mellan Argonatomerna eftersom Argon har ganska många elektroner. Då vi ökar volymen ökar avståndet mellan atomerna. Energin för att göra detta tas från atomernas kinesiska energi, dvs temperaturen minskar. 8. a) Antingen använder man van t Hoffs ekvation eller direkt relationen r G = r H T r S : ln K = rg RT = rh R 1 T + rs R Om man plottar ln K mot 1/T får man alltså r H från lutningen och r S från interceptet om dessa storheter är temperaturoberoende). Linreg ger r H = kj mol 1 och r S = J K 1 mol 1, så att vi direkt har svarat på både a) och c). b) Då man kör Linreg i a) fås en ekvation som vi kan använda för att beräkna ln K och därmed r G vid vilken temperatur vid vill. Detta ger r G = kj mol 1. c) Se a). d) Det enklaste är att titta på vad r C p är för reaktionen. Om den är mycket skild från 0 innebär det förstås att r H är rejält temperaturberoende, enligt d r H = r C p dt För reaktionen är r C p = 46.7 J K 1 mol 1, dvs reaktionsentalpin minskar med mellan 4 och 5 kj mol 1 då temperaturen ökar 100 grader. Det är ju inte så fantastiskt mycket relativt totala reaktionsentalpin. Faktum är att er lärare, då han konstruerade uppgiften, faktiskt använde sig av en temperaturberoende reaktionsentalpi. Ändå såg det nästan helt linjärt ut i uppgift a). Men visst, skillnaden kan ha betydelse i noggranna fall. 6

7 Flera studenter ville lösa denna genom att beräkna r H vid 298 K från tabellsamlingen och jämföra detta med det värde man fick i a). Tyvärr svarar inte detta på frågan om r H är temperaturberoende eller ej, utan egentligen bara på frågan om de två r H stämmer överens. Att de inte gör det kan bero på andra saker som t.ex. att data i uppgift a) är behäftade med mätfel fel och det är de, eftersom uppgiften konstruerades så). 9. Volymen är konstant. Därför ger differentialen av V att Vα dt = Vκ T dp dp = α κ T dt Integrering och antagandena att kompressibiliteten och expansionskoffecienten är konstanta ger p = 21 atm. Det blir ett ganska stort tryck, alltså. Fast, hade vi valt bensen istället så hade trycket blivit 66 atm, för att inte tala om koppar som hade gett en tryckökning på 360 atm. 10. Kruxet här är att man dels måste klura ut hur mycket värme som behöver transporteras bort från vattnet, dels vilken entropiändring det ger i vattnet. Värmet är 279 q C = C p dt = 795 kj Entropiändringen därvid är Alltså har vi S C = C p T dt = 2760 J K 1 q H = w kj och S H + S C = q H Vi löser den andra ekvationen och får q H 827 kj och sätter in i den första vilket ger w 32 kj. Med nuvarande elpris skulle detta alltså minst kosta hela 0.8 öre, alltså knappast ruinera Kemi- och Biotekniksektionen även om den hade behövt betala för elen. 7