Tentamen, Termodynamik och ytkemi, KFKA01,

Relevanta dokument
Tentamen KFKA05, 26 oktober 2016

Tentamen i KFK080 Termodynamik kl 08-13

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

Tentamen i Termodynamik för K och B kl 8-13

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

Övningstentamen i KFK080 för B

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

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 8-13

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

Tentamen, Termodynamik och ytkemi, KFKA01,

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

Tentamen KFKA05 och nya KFK080,

Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

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.

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

Tentamen i Molekylär växelverkan och dynamik, KFK090 Lund kl

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 13-18

Allmän Kemi 2 (NKEA04 m.fl.)

Tentamen KFK080 för B,

Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

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

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

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

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

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

Lösningar till tentamen i Kemisk termodynamik

Bestäm brombutans normala kokpunkt samt beräkna förångningsentalpin H vap och förångningsentropin

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

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

Tentamen KFKA05 Molekylära drivkrafter 1: Termodynamik,

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 14-19

Tentamen i Kemisk Termodynamik kl 14-19

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

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

Jämviktsuppgifter. 2. Kolmonoxid och vattenånga bildar koldioxid och väte enligt följande reaktionsformel:

Ytor och gränsskikt, Lektion 1 Ytspänning, kapillaritet, ytladdning

Då du skall lösa kemiska problem av den typ som kommer nedan är det praktiskt att ha en lösningsmetod som man kan använda till alla problem.

BESTÄMNING AV C P /C V FÖR LUFT

Tentamen i kemisk termodynamik den 17 januari 2014, kl

Tentamen KFKA05 för B, kl 14-19

Tentamen KFKF01,

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

Kemisk jämvikt. Kap 3

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

Skrivning i termodynamik och jämvikt, KOO081, KOO041,

Övningar Homogena Jämvikter

Tentamen i Allmän kemi 7,5 hp 5 november 2014 ( poäng)

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

Tentamen KFKF01,

Tentamen i KFKF01 Molekylära drivkrafter 2: Växelverkan och dynamik, 3 juni 2019

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

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

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

PTG 2015 övning 1. Problem 1

FÖRELÄSNING 9. YTAKTIVA ÄMNEN OCH SJÄLVASSOCIERANDE SYSTEM.

Homogen gasjämvikt: FYSIKALISK KEMI. Laboration 2. Dissociation av dikvävetetraoxid. N2O4(g) 2 NO2(g)

Fö. 11. Bubblor, skum och ytfilmer. Kap. 8.


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

Tentamen i Termodynamik och Statistisk fysik för F3(FTF140)

Kapitel V. Praktiska exempel: Historien om en droppe. Baserat på material (Pisaran tarina) av Hanna Vehkamäki

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

4.1 Se lärobokens svar och anvisningar. 4.2 För reaktionen 2ICl(g) I 2 (g) + Cl 2 (g) gäller att. För reaktionen I 2 (g) + Cl 2 (g) 2ICl(g) gäller 2

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

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

Kapitel Kapitel 12. Repetition inför delförhör 2. Kemisk kinetik. 2BrNO 2NO + Br 2

Kapitel 17. Spontanitet, Entropi, och Fri Energi

Tentamen KFKA05,

Tentamen i KFKF01 Molekylära drivkrafter 2: Växelverkan och dynamik, 29 maj 2018

Tentamensskrivning i. Kolloid- och ytkemi (Kurskod: KFK ) fredagen den 13/ kl

Kapitel Repetition inför delförhör 2

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

4. Kemisk jämvikt när motsatta reaktioner balanserar varandra

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

Räkneövning 2 hösten 2014

( ) ( ) Kap Kolligativa egenskaper + fasjämvikter för 2-komponentsystem 5B.2/5.5 Kolligativa egenskaper R T

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

Tentamen : Lösningar. 1. (a) Antingen har täljare och nämnare samma tecken, eller så är täljaren lika med noll. Detta ger två fall:

Kemisk jämvikt. Kap 3

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

Lösningsförslag till Tentamen: Matematiska metoder för ekonomer

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

Tentamen i Kemisk termodynamik kl 8-13

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

Kap 7 entropi. Ett medium som värms får ökande entropi Ett medium som kyls förlorar entropi

-rörböj med utloppsmunstycke,

Kap 3 egenskaper hos rena ämnen

Tentamen KFKF01,

4 rörelsemängd. en modell för gaser. Innehåll

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

Matematiska Institutionen L osningar till v arens lektionsproblem. Uppgifter till lektion 9:

KEMISK TERMODYNAMIK. Lab 1, Datorlaboration APRIL 10, 2016

Kapitel 11. Egenskaper hos lösningar. Koncentrationer Ångtryck Kolligativa egenskaper. mol av upplöst ämne liter lösning

ENDIMENSIONELL ANALYS DELKURS A3/B kl HJÄLPMEDEL. Lösningarna skall vara försedda med ordentliga motiveringar.

1. Lös ut p som funktion av de andra variablerna ur sambandet

Räkneövning 5 hösten 2014

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

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

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 11. Egenskaper hos lösningar

Transkript:

Tentamen, Termodynamik och ytkemi, KFKA01, 2016-10-26 Lösningar 1. a Mängden vatten är n m M 1000 55,5 mol 18,02 Förångningen utförs vid konstant tryck ex 2 bar och konstant temeratur T 394 K. Vi har alltså att arbetet ges av w ex dv V Vg Vl nrt 0,001 m 3 181 kj Här är vätskans volym så mycket mindre än gasens att den även kan försummas. Entaliändringen ges direkt av H 55,5 40,7 2,26 MJ. Eftersom rocessen utförs reversibelt gäller G 0. Därför är S H/T 5,73 kj K 1. Slutligen har vi U H V H Vg Vl H + w 2,08 MJ b För reaktionen H 2 Ol H 2 Og gäller att Jämviktsvillkoret G 0 ger G va G + RT ln /, va G RT ln / RT ln 2 2,27 kj/mol 2. a Omskrivning av Van t Hoffs ekvation där vi låter en av unkterna vara konstant t.ex. K 1 1 och T 1 r H / r S även om den unkten bara är hyotetisk i det här fallet ger R ln K r H 1 T + r S Linjär regression av R ln K mot 1/T ger r H 3,8 kj mol 1 och r S 5,6 J K 1 mol 1. b Insättning av K 0,2 i uttrycket ovan ger T 486 K. 3. Molära volymen för vatten är V m 1 1,802 10 5 m 3 /mol och T 273,15 K. Det ger att aktiviteten för vattnet vilket är samma som molbråket om lösningen är idealt utsädd är a H2 O e ΠVm 1 /RT 0,99291 Mängden vatten är 100/18,02 5,55 mol. 1

a Under aroximationen att lösningen är idealt utsädd har vi alltså 0,99291 n sukros + m sukros /M sukros + Vi löser ut sukros molmassa och får M sukros 256,9 g/mol. b Givet den korrekta M sukros får vi det verkliga molbråket vatten: x H2O n sukros + m sukros /M sukros + 0,9947 Alltså är aktivitetsfaktorn γ H2 O a H2O /x H2O 0,998. Vatten trivs alltså ganska bra i närvaro av sukros. 4. a Clausius Claeyrons ekvation, med resektive kokunkt som den ena temeraturen och 25 C som den andra, ger H2O 3,74 kpa och bensen 14,7 kpa. b Henrys lag med trycket av bensen enligt ovan ger x bensen 2,66 10 5. Detta motsvarar 55,5 2,66 10 5 1,48 10 3 mol/kg vatten eller 116 mg/kg vatten. 5. Jämviktskonstanten är K NO / 3 N2 O/ NO2 / x NO tot / 3 x N2 O tot / x NO2 tot / x3 NO tot/ x N2 O x NO2 där K ex r G /RT 5,44 10 19. Reaktionen är alltså mycket långt förskjuten åt vänster. a Alltså har vi ty tot / 1 vid totaltrycket 1 bar x NO 3 K 0,5 10 6 0,02 10 6 1,8 10 11 alltså en mycket liten halt. b Le Chateliers rinci säger att om vi förändrar trycket kommer jämvikten att förskjutas å ett sådant sätt att tryckändringen motverkas. Eftersom trycket kan ökas om jämvikten förskjuts åt höger, skall trycket sänkas för att bilda mer NO. Man ser också detta direkt å K. En ökning av x NO i täljaren kan åstadkommas genom en sänkning av totaltrycket K skall ju vara konstant. c Eftersom nästan all gas i behållaren är luft är det en mycket god ansats att säga att molbråken av alla tre gaserna är direkt roortionella med samma roortionalitetskonstant n 1 luft mot antalet mol av gasen. T.ex: x NO n NO n NO + n NO2 + n N2 O + n luft n NO n luft Alltså är det så att om molbråket NO 2 minskar med x så ökar molbråket NO med 3 x vid en förskjutning av jämvikten. Alltså kommer molbåket NO att vara x NO 1,8 10 11 + 3 x, x N2 O 2

0,5 10 6 x och x NO2 0,02 10 6 x. Vi söker det tryck då NO och NO 2 är lika, dvs 1,8 10 11 + 3 x 0,02 10 6 x vilket ger x 5,00 10 9. Alltså behöver totaltrycket ufylla K x NO + 3 x 3 tot / x N2 O x x NO2 x vilket ger tot 1,2 10 9 bar 0,12 mpa. 6. a Konstant volym ger U q C V T, så att T 298 + T 298 + 600/0,3 C V,m 398 K. Trycket fås med allmäna gaslagen: nr 398/V nr 398/nR 298/1 10 5 1 10 5 398/298 1,34 bar. b C V dt ex dv adiabatisk exansion mot konstant tryck ex 1 bar ger RT C V,m T 398 ex R 398 ex 1,34 bar Vi löser ut T 369 K. c Konstant tryck ger H q C T, så att T 298 + T 298 + 600/0,3 C,m 369 K. Samma sluttillstånd nås alltså i de två olika rocesserna, vilket beror å att vi tillfört lika stor värme och utfört lika stort arbete i båda rocesserna. 7. a Volymen är relaterad till densiteten genom V m/ρ. Alltså är V ρ m/ρ2. Således har vi med hjäl av kedjeregeln α 1 V 1 V ρ ρ V V ρ m m ρ ρ 2 1 ρ ρ b Derivering av uttrycket i ugiften ger ρ 2 1,391 107 1,311T + T 3 så att α 1,311T 2,782 10 7 /T 3 1544,5 1,311T 1,391 10 7 /T 2 c Att α 0 betyder att ρ har en extremunkt. Sätt uttrycket från b lika med 0 och lös ut T 276,9 K 3,7 C. d α1 C 3,9 10 5 K 1. Minustecknet är inte oväntat: vi vet ju att V minskar med ökande T för vatten mellan 0 C och 4 C. 8. a Insättning av Z 15, va 1 atm och 0,5 atm i BETekvationen ger n/n m 1,875, vilket motsvarar antalet lager adsorberade molekyler. Insättning av den adsorberade mängden n 34 10 3 /28 mol ger n m 6,5 10 4 mol och därmed antalet molekyler i ett monoskikt: N A n m. Materialytans area blir sålunda N A n m A molekyl 63 m 2. 3

b Insättning av Z 15 och va H 5,59 kj/mol i det givna uttrycket ger E 1 7,3 kj/mol, d.v.s. desortionsentalin är högre för det första lagret än de följande. Detta är samma sak som att adsortionsentalin är mer negativ för första lagret, och en ankommande gasmolekyl föredrar därför att binda till materialytan. c Vi vet att den totala adsorberade mängden är n 1,875n m. Vi gör antagandet att lagret är jämnt fördelat, d.v.s. att mängden n m har adsorberat till materialytan och att mängden 0,875n m har adsorberat till andra kvävgasmolekyler. Den totala entaliändringen ges då av H n m E 1 + 0,875n m va H 7,9 J 9. a Ur diagrammet avläses cmc 26 mm. b Insättning i formeln för kaillärstigning ger γ 65,2 mn/m. Eftersom vår surfaktantkoncentration 1 mm ligger långt under cmc antar vi ett linjärt beroende mellan koncentrationen c och adsortionen Γ, vilket genom Gibbs ekvation imlicerar att derivatan dγ/dc är konstant i intervallet 0 till 1 mm. Därmed kan derivatan ersättas med en differenskvot och adsortionen kan beräknas enligt 6 Γ c dγ 2RT dc c 2RT γ γ 0 c 0 0,0728 0,0652 2RT 1,6 10 6 mol/m 2 där faktorn 2 beror å att saltet NaX löser u sig i två joner som båda bidrar till ytsänningssänkningen. c Enligt fasdiagrammet är koncentrationen av NaX i en sådan mättad lösning ca 104 mm resten av tillsatsen ligger alltså som fast ämne. Eftersom vi vet att koncentrationen fria surfaktanter i lösningen inte ändrar sig nämnvärt över cmc utan hela tiden kan antas vara ca 26 mm, måste ungefär 104 26 78 mm finnas som miceller. 10. a Svaret är 1 C, 2 D, 3 A, 4 E, 5 B. System 4 känns igen å att den elektriska reulsionen saknas eftersom ytotentialen ψ 0 0 artiklarna har ingen laddad yta. System 5 känns igen å att van der Waals-attraktionen saknas eftersom Hamakers konstant H 0. För att skilja de övriga kurvorna åt beräknas jonstyrkan genom I 1 2 i c i z 2 för de tre i lösningarna: 3,7 mm NaCl: [Na + ] 3,7 mm, [Cl ] 3,7 mm I 1 2 3,7 1 2 + 3,7 1 2 3,7 mm 2,7 mm FeCl 3 [Fe 3+ ] 2,7 mm, [Cl ] 8,1 mm I 1 2 2,7 3 2 + 8,1 1 2 16,2 mm 0,3 mm MgCl 2 [Mg 2+ ] 0,3 mm, [Cl ] 0,6 mm I 1 2 0,3 2 2 + 0,6 1 2 0,9 mm Ju högre jonstyrka desto svagare blir reulsionen mellan artiklarna om allt annat är oförändrat eftersom κ I. Kurva A har 4

starkast och mest långväga reulsion så den måste svara mot jonstyrkan 0,9 mm, medan kurva D har svagast reulsion så den måste svara mot jonstyrkan 16,2 mm; sålunda motsvarar kurva C den mellersta jonstyrkan 3,7 mm. b Ju högre reulsiv energibarriär mellan droarna desto mer stabil kan emulsionen förväntas vara. Rangordningen erhålls därför genom att titta å kurvornas maximum: B, A, C, D, E vilket motsvarar system 5, 3, 1, 2, 4. System 2 och 4 har ingen barriär alls och är sålunda minst stabila men deras inbördes ordning selar ingen roll. c System 5 som helt saknar attraktion har ju som lägst energi när droarna är searerade och är därför termodynamiskt stabil. De övriga verkar ha lägst energi när droarna är tätt iho flockulerade och är därför inte termodynamiskt stabila emulsioner. d System 5 är bara en teoretisk konstruktion, eftersom det i verkligheten finns van der Waals-attraktioner mellan alla tyer av molekyler. 5