Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

Relevanta dokument
Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 13-18

Tentamen KFKA05 Molekylära drivkrafter 1: Termodynamik,

Tentamen KFKA05 och nya KFK080,

Övningstentamen i KFK080 för B

Tentamen i KFK080 Termodynamik kl 08-13

Hur förändras den ideala gasens inre energi? Beräkna också q. (3p)

Godkänt-del. Hypotetisk tentamen för Termodynamik och ytkemi, KFKA10

Bestäm brombutans normala kokpunkt samt beräkna förångningsentalpin H vap och förångningsentropin

Lösningsförslag. Tentamen i KE1160 Termodynamik den 13 januari 2015 kl Ulf Gedde - Magnus Bergström - Per Alvfors

Tentamen KFK080 för B,

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

Tentamen i kemisk termodynamik den 17 januari 2014, kl

Godkänt-del A (uppgift 1 10) Endast svar krävs, svara direkt på provbladet.

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

Föreläsning 2.3. Fysikaliska reaktioner. Kemi och biokemi för K, Kf och Bt S = k lnw

Tentamen i kemisk termodynamik den 12 juni 2012 kl till (Salarna L41, L51 och L52)

Godkänt-del. Hypotetisk tentamen för Termodynamik och ytkemi, KFKA10

mg F B cos θ + A y = 0 (1) A x F B sin θ = 0 (2) F B = mg(l 2 + l 3 ) l 2 cos θ

Tentamen i Termodynamik för K och B kl 8-13

Godkänt-del A (uppgift 1 10) Endast svar krävs, svara direkt på provbladet.

18. Fasjämvikt Tvåfasjämvikt T 1 = T 2, P 1 = P 2. (1)

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

Repetition F8. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

Tentamen, Termodynamik och ytkemi, KFKA01,

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2 och Kf2 (KVM090) kl i V

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

Repetition F11. Molär Gibbs fri energi, G m, som funktion av P o Vätska/fasta ämne G m G m (oberoende av P) o Ideal gas: P P. G m. + RT ln.

Tentamen i Termodynamik Q, F, MNP samt Värmelära för kursen Värmelära och Miljöfysik 20/8 2002

Kapitel 17. Spontanitet, Entropi, och Fri Energi. Spontanitet Entropi Fri energi Jämvikt

Kapitel 17. Spontanitet, Entropi, och Fri Energi

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2, Kf2 och TM2 (KVM091 och KVM090) kl

Bindelinjer gäller för bestämd temp. Hävstångsregeln gäller.

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 14-19

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 8-13

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

EGENSKAPER FÖR ENHETLIGA ÄMNEN

Repetition F10. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

Om trycket hålls konstant och temperaturen höjs kommer molekylerna till slut att bryta sig ur detta mönster (sublimation eller smältning).

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2 och Kf2 (KVM091 och KVM090) kl

Tentamen i FTF140 Termodynamik och statistisk mekanik för F3

Kap 3 egenskaper hos rena ämnen

jämvikt (där båda faserna samexisterar)? Härled Clapeyrons ekvation utgående från sambandet

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2, Kf2 och TM2 (KVM091 och KVM090) kl

Repetition F7. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

Entropi. Det är omöjligt att överföra värme från ett "kallare" till ett "varmare" system utan att samtidigt utföra arbete.

Lösningsanvisningar till tentamen i SI1161 Statistisk fysik, 6 hp, för F3 Onsdagen den 2 juni 2010 kl

Termodynamik FL3. Fasomvandlingsprocesser. FASER hos ENHETLIGA ÄMNEN. FASEGENSKAPER hos ENHETLIGA ÄMNEN. Exempel: Koka vatten under konstant tryck:

Repetition F9. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

Allmän kemi. Läromålen. Viktigt i kap 17. Kap 17 Termodynamik. Studenten skall efter att ha genomfört delkurs 1 kunna:

Räkneövning 2 hösten 2014

Repetition F12. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

Kap 3 egenskaper hos rena ämnen

Kap 4 energianalys av slutna system

PTG 2015 övning 1. Problem 1

Termodynamiska potentialer Hösten Assistent: Frans Graeffe

Kapitel IV. Partikeltalet som termodynamisk variabel & faser

Termodynamik Föreläsning 7 Entropi

Kap 6: Termokemi. Energi:

Konc. i början 0.1M 0 0. Ändring -x +x +x. Konc. i jämvikt 0,10-x +x +x

Uppvärmning, avsvalning och fasövergångar

Tentamen i FTF140 Termodynamik och statistisk fysik för F3

Tentamen i FTF140 Termodynamik och statistisk fysik för F3

Termodynamik FL4. 1:a HS ENERGIBALANS VÄRMEKAPACITET IDEALA GASER ENERGIBALANS FÖR SLUTNA SYSTEM

Skrivning i termodynamik och jämvikt, KOO081, KOO041,

Repetition F4. Lunds universitet / Naturvetenskapliga fakulteten / Kemiska institutionen / KEMA00

David Wessman, Lund, 29 oktober 2014 Statistisk Termodynamik - Kapitel 3. Sammanfattning av Gunnar Ohléns bok Statistisk Termodynamik.

Föreläsning 4. Koncentrationer, reaktionsformler, ämnens aggregationstillstånd och intermolekylära bindningar.

Applicera 1:a H.S. på det kombinerade systemet:

Termodynamik Av grekiska θηρµǫ = värme och δυναµiς = kraft

Tentamen KFKF01,

Arbetet beror på vägen

Kapitel 10. Vätskor och fasta faser

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2, Kf2 och TM2 (KVM091 och KVM090) kl

X. Repetitia mater studiorum

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2 och Kf2 (KVM090) kl i V

Galenisk och Fysikalisk kemi för Receptarieprogrammet. Övningsexempel i Fysikalisk kemi

Termodynamik Föreläsning 4

X. Repetitia mater studiorum. Termofysik, Kai Nordlund

Idealgasens begränsningar märks bäst vid högt tryck då molekyler växelverkar mera eller går över i vätskeform.

Betygstentamen, SG1216 Termodynamik för T2 25 maj 2010, kl. 9:00-13:00

Tentamen i FTF140 Termodynamik och statistisk mekanik för F3

Kemi och energi. Exoterma och endoterma reaktioner

Kapitel 10. Vätskor och fasta faser

Allmän Kemi 2 (NKEA04 m.fl.)

Fysikalisk kemi KEM040. Clausius-Clapeyronekvationen Bestämning av ångtryck och ångbildningsentalpi för en ren vätska (Lab2)

Kapitel 6. Termokemi

Kapitel 10. Vätskor och fasta faser

Kapitel 6. Termokemi. Kapaciteten att utföra arbete eller producera värme. Storhet: E = F s (kraft sträcka) = P t (effekt tid) Enhet: J = Nm = Ws

Kapitel 5. Gaser. är kompressibel, är helt löslig i andra gaser, upptar jämt fördelat volymen av en behållare, och utövar tryck på sin omgivning.

TENTAMEN I TERMODYNAMIK för K2, Kf2 och TM (KVM091 och KVM090) kl och lösningsförslag

Övningsuppgifter termodynamik ,0 kg H 2 O av 40 C skall värmas till 100 C. Beräkna erforderlig värmemängd.

X. Repetitia mater studiorum

Gaser: ett av tre aggregationstillstånd hos ämnen. Flytande fas Gasfas

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 8-13

Kapitel 11. Egenskaper hos lösningar

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

Tentamen, Termodynamik och ytkemi, KFKA01,

Transkript:

Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik 203-0-9. Sambandet mellan tryck och temperatur för jämvikt mellan fast och gasformig HCN är givet enligt: ln(p/kpa) = 9, 489 4252, 4 medan kokpunktskurvan för flytande vätecyanid är givet enligt: ln(p/kpa) = 5, 88 3345, 8 Där dessa två kurvor skär varandra är alla tre faserna i jämvikt (den s.k. trippelpunkten). Med ekv. och fås alltså 9, 489 4252, 4 tr = 5, 88 3345, 8 tr och genom att lösa ut temperaturen blir: tr = 247, 0 K. rycket i trippelpunkten kan sedan erhållas genom att sätta in tr i t.ex. ekv. : ln(p tr /kpa) = 9, 489 4252, 4 247, 0 = 2, 270 P tr = 9, 68 kpa För att få fram smältentalpin utnyttjar vi Hess lag: fus H m = sub H m vap H m (3) och använder Clausius-Clapeyrons ekvation för att bestämma sublimations- och ångbildningsentalpierna. dp d = H m V m vilket om ena gasen är en (ideal) gasfas med V m V m (g) R/P ger dp P = H m R 2 d ln P = H m R + A (5) Om vi nu jämför ekvation (5) med ekv. och ser vi att 4252, 4 = subh m R sub H m = 35, 354 kj mol (6) 3345, 8 = vaph m R vap H m = 27, 87 kj mol (7) Ekvation (3), (6) och (7) ger tillsammans: fus H m = 7, 537 kj mol. 2. (a) Vid dissociationen av I 2 åtgår energi för att bryta en bindning, dvs. reaktionen är endoterm ( H > 0). Samtidigt bildas två atomer ur en molekyl, dvs. entropin ökar. För den andra molekylen gäller samma resonemang (med en ännu större ökning av entropin eftersom ett fast ämne övergår till flera molekyler i gasfas). (b) Vi kan använda Gibbs fasregel F = c p + 2. I detta fall är c = 3 (vatten, sackaros och glukos) och p = 3 (fast sackaros, vattenånga samt lösningen av sackaros och glukos i vatten). Antalet frihetsgrader blir då F = 3 3 + 2 = 2. De oberoende variablerna kan lämpligen sättas till P eller samt molbråket glukos. Ex: ett visst ger att P H2O har ett givet värde (ångtrycket vid denna temperatur) och koncentrationen sackaros i den mättade lösningen (lösligheten) bestäms också av temperaturen, medan koncentrationen glukos kan ändras oberoende av.

(c) Den kemiska potentialen är lägre för vattnet i den mer koncentrerade lösningen och den spontana transporten sker från hög till låg kemisk potential; alternativ v. 3. För att beräkna den isokora värmekapaciteten använder vi att ( ) U C V = Den inre energin kan beräknas med samt ( ) ln Q U = k 2 N,V Q = qn och q = q tr q rot q vib q el (3) N! Med Stirlings approximation ger ekvation och (3) att U = Nk 2 ( ln (q tre/n) ) N,V + Nk 2 ( ln q rot V ) N,V + Nk 2 ( ln q vib Med q tr = (2πmk/h 2 ) 3/2 V blir translationsbidraget till den inre energin ) N,V + Nk 2 ( ln q el ) N,V U tr = 3 Nk (5) 2 Rotationstillståndssumman för en linjär molekyl är q rot = /(σ θ rot ) varför rotationsbidraget till den inre energin blir U rot = Nk (6) Elektronenergibidraget kan försummas varför det återstår att beräkna vibrationsenergibidraget ( ( )) U vib = Nk 2 ln = Nkθ (7) e θ/ e θ/ Om vi nu sätter in translationbidraget (5), rotationsenergibidraget (6) och vibrationsbidraget (7) i ekvation fås C V,tr = 3 ( ) 2 θ 2 Nk; C e θ/ V,rot = Nk; C V,vib = Nk (8) (e θ/ ) 2 Med = 750 K och N = N A samt θ vib = hc ν/k = 3396 K blir C V,m = 22, 7 J K mol vilket stämmer väl med det som kan fås ur det empiriska sambandet som är givet, vilket ger 22, 9 J K mol 4. (a) Eftersom tillståndsändringen är isobar är det lättast att först beräkna H. H = V 0 nc p,m d Begynnelsetemperaturen är given och vi behöver nu veta. Sluttemperaturen,, fås ur idealgaslagen (med P = P 0 ) Med och fås = P 0V nr = 62, 37 K H = nc p,m ( 0 ) = 2, 76 kj (3) 2

Ändringen i inre energi kan beräknas ur vilket med och blir U = H (P V ) = H nr U = 2, 08 kj Entropiändringen (för en isobar temperaturändring) kan slutligen beräknas med S = 0 nc p,m d = nc V p,m ln ( 0 ) =, 8 J K (b) (i) En isoterm reversibel process för en ideal gas har U = 0 eftersom den inre energin för en ideal gas enbart beror av temperaturen. Eftersom w < 0 då en gas expanderar och U = 0 blir q > 0. Med H = U + (P V ) = U + nr = 0 för en isoterm process. (ii) Avkylning innebär q < 0 och eftersom processen sker vid konstant tryck och H = q p blir även H < 0. För en ideal gas är du = C V d och för en avkylning blir alltså U < 0. Med idealgaslagen P V = nr för en avkylning vid konst P ser vi att volymen minskar. Med w = P dv blir alltså w > 0. (iii) När metanol fryser avges värme och volymen minskar, dvs. w > 0 och q < 0. Eftersom volymsminskningen är liten i förhållande till värmeförlusten blir U = q+w < 0. Eftersom H = q p och fasomvandlingen sker vid den normala smältpunkten (dvs. vid atm) blir H < 0 (iv) samma som för (iii) fast tvärtom (med undantag av att vatten får en mindre volym när det smälter och w > 0). 5. Eftersom standardtillståndet för magnesium är rent flytande Mg, skall aktivitetsfaktorerna beräknas enligt konvention I, dvs. vi skall jämföra det verkliga trycket med trycket enligt Raoults lag. γ I, = p x p Respektive partialtryck fås ur de de givna sambanden i uppgiften: och ln p = A B ln p = C D Med = 70 K och givna värden på konstanterna A till D blir p = 4, 028 torr och p = 00, 760 torr vilket med uttrycket för γ I, och x = 0, 224 ger: γ I, (Mg) = 0, 79 6. (a) illståndssumman är ett mått på antalet, i praktiken, tillgängliga tillstånd vid en viss temperatur. Med den molekylära rotationstillståndssumman, q rot, som exempel kan vi skriva denna: q rot = g J e ε J /k J=0 Om man sätter ε J=0 = 0 (jfr. ε J = J(J + )hcb) så kan q rot skrivas q rot = g 0 + g e ε/k + g 2 e ε2/k + 3

Om 0 kommer q g 0, dvs. alla molekyler kommer att finnas på den lägsta energinivån och antalet tillgängliga tillstånd kommer att vara degenerationen av grundtillståndet, g 0. Om, å andra sidan, k ε J kommer q rot att bli q rot g 0 + g + g 2 + dvs. molekylerna har tillräckligt med energi för att kunna fördelas över alla möjliga energinivåer och q rot blir återigen ett mått på antalet tillgängliga tillstånd. (b) Bråkdelen molekyler på en viss vibrationsenerginivå är lika med N i N tot = e εi/k q vib Om vi sätter ε 0 = 0 blir ε = hν 0, ε 2 = 2hν 0, etc. blir (enligt formelsamlingen) q vib = Med och blir bråkdelen molekyler i grundtillståndet e hν0/k N 0 = e ε0/k = N tot q vib / ( e ) = hν0/k e hν0/k (3) Fundamentalfrekvensen kan beräknas ur ν 0 = κ 2π µ där den reducerade massan är µ = m Im I m I + m I (5) Med m I givet i kg per atom och kraftkonstanten ur texten blir ν 0 = 6, 43 0 2 s. Detta värde i (3) ger slutligen N 0 N tot = 0, 290 7. Låt H 2 O vara komponent och MgSO 4 komponent 2; då är ( ) V V m,2 = n 2 n Eftersom n 2 = Mm 2 där M är massan vatten i kg och m 2 är molaliteten av saltet, kan vi - för ett konstant värde på M - skriva som V m,2 = ( ) V (3) M m 2 n Eftersom uttrycket i uppgiften gäller för en konstant mängd vatten (000 g = kg) kan vi sätta in det givna uttrycket i (3) med M = kg och får då vilket med m 2 = 0, 03 molal blir V m,2 = 2 34, 69(m 0, 07) V m,2 = 2, 78 cm 3 mol (5) 4

För att beräkna motsvarande storhet för vattnet kan vi använda samt (för kg vatten) n = V = n V m, + n 2 V m,2 (6) 000 mol (7) 6, 00 + 2, 008 Genom att kombinera (5) (7) samt det givna sambandet för V, blir så V m, = 8, 04 cm 3 mol 5