1 1 1. PIERWSZA I DRUGA ZASADA TERMODYNAMIKI TERMOCHEMIA Zadania przykładowe 1.1. Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego znajduje się początkowo w warunkach P1 = 2⋅10 5 Pa i T1 = 300 K. Zmiana ciśnienia do P2 = 105 Pa nastąpiła: a) w warunkach stałej temperatury, b) w warunkach stałej objętości. Obliczyć q, w, ∆U oraz ∆H obu procesów zakładając, że zachodzące przemiany są odwracalne. Rozwiązanie a) Dla procesu izotermicznego ( ∆T = 0) ∆U = 0 i ∆H = 0 zatem q = -w Praca w procesie izotermicznym dana jest równaniem: w nRT V V nRT P P J = − = = ⋅ ⋅ ⋅ = − ln ln , ln , 2 1 2 1 5 5 1 8 314 300 10 2 10 1728 8 st¹d: q = 1728,8 J b) W procesie izochorycznym ( ∆V = 0) w PdV V V = − = ∫ 0 1 2 zatem ∆U = q Zmiana energii wewnętrznej dana jest równaniem ∆U n C dT v T T = ∫ 1 2 Wobec faktu, że mamy do czynienia z gazem doskonałym, Cv = const., zatem: ∆U = nCv (T2- T1) Temperaturę końcową T2 obliczamy z zależności: 2 2 P T P T T P T P K 1 1 2 2 2 2 1 1 5 5 10 300 2 10 150 = ⇒ = = ⋅ ⋅ = stąd: ( ) ∆U R J q = ⋅ − = − = 1 15 150 300 1870 6 , , (Cv dla jednoatomowego gazu doskonałego wynosi 1,5R). Zmianę entalpii wyliczymy z zależności: ( ) ∆H n C dT nC T T p p T T = = − ∫ 2 1 1 2 (Cp=const.) ( ) ∆H R J = ⋅ − = − 1 2 5 150 300 3117 7 , , 1.2. Dwa mole dwuatomowego gazu doskonałego, znajdujące się począt- kowo w warunkach V1 = 2,24⋅10 -2 m3 i T1 = 273 K, zwiększyły dwukrotnie swoją objętość odwracalnie w warunkach stałego ciśnienia. Obliczyć q, w, ∆U i ∆H tego procesu oraz parametry końcowe. Rozwiązanie Proces jest izobaryczny, a więc P = const. Obliczamy ciœnienie: P nRT V Pa 1 2 5 2 8 314 273 2 24 10 2 026 10 = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − , , , Temperaturę końcową obliczamy z zależności: V T V T T V T V V V T K 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 273 546 = ⇒ = = = ⋅ = Praca dana jest zależnością: w PdV V V = − ∫ 1 2 Dla procesu izobarycznego (P = const) w = - P(V2 - V1) = -2,026 ⋅ 10 5(4,48.10-2 - 2,24.10-2) = -4538,2 J
(…)
… ∆H i ∆U reakcji: C2H2 + 2H2 = C2H6 w temperaturze 298 K,
mając do dyspozycji ciepła tworzenia:
∆Ho298 tw.(C2H2) = 227,0 kJ⋅ mol-1
∆Ho298 tw.(C2H6) = -85,0 kJ⋅mol-1
oraz ciepła spalania:
∆Ho298 sp.(C2H2) = -1300 kJ⋅ mol-1
∆Ho298 sp.(C2H6) = -1560 kJ⋅ mol-1
∆Ho298 sp.(H2) = -286 kJ⋅ mol-1
Rozwiązanie
Związek pomiędzy efektem cieplnym reakcji a ciepłem tworzenia
produktów i substratów, wynikający…
… (c) w temperaturze 298 K, mając do dyspozycji
następujące dane odnoszące się do temp. 298 K:
∆Htw.(C2H5OH(c)) = - 276 kJ⋅ mol-1
∆Htw.(H2O(c)) = -284 kJ⋅ mol-1
8
9
∆Htw.(CO2(g)) = -393 kJ⋅ mol-1
∆Hsp.(CH3-O-CH3) = -1460 kJ⋅ mol-1
Uwaga! Jeżeli mamy podane ciepło spalania bez zapisu reakcji spalania, to
pow- stająca woda znajduje się w stanie ciekłym.
Rozwiązanie
Ponieważ w tym przypadku…
… izolowanego jest większa od zera, to proces jest samorzutny, co
jest oczywiste w przypadku rozprężania gazu przeciwko Pzewn = 0.
1.10. Obliczyć q, w, ∆U, ∆H, ∆S oraz ∆G procesu parowania 3 moli
benzenu w normalnej temperaturze wrzenia 353,1 K. Ciepło parowania benzenu
w tej temperaturze wynosi 31,0 kJ⋅ mol-1.
Rozwiązanie
W warunkach izobarycznych q = ∆H. q jest molowym ciepłem parowania,
dla 3 moli mamy q…
…-1⋅K-1. Zakładamy, że pojemności cieplne gazowego i
ciekłego benzenu są niezależne od temperatury i wynoszą: Cp(C6H6(g)) = 269,2
-1 -1
oraz Cp(C6H6(c)) = 173,2 J⋅mol ⋅K . Temperatura wrzenia benzenu wynosi
353,1 K, a jego ciepło parowania 31,0 kJ⋅mol-1.
Rozwiązanie
Symbol So298 oznacza absolutną entropię w warunkach standardowych, to
jest w temp. 298 K i pod ciśnieniem 1,013⋅105 Pa.
Zapiszmy ciąg…
… ∆Ho298 oraz ∆Uo298 procesu tworzenia 1 mola wody ciekłej
mając dane: ∆Ho298 tw(H2O(g)) = -242,2 kJ⋅mol-1 oraz ciepło parowania wody w
temperaturze 298 K równe 39,3 kJ⋅mol-1 .
1.7. Obliczyć ∆H i ∆U reakcji:
C2H2 (g) + H2 = C2H4 (g)
w temperaturze 398 K. Dane do obliczeń należy znaleYć w odpowiednich tabli-
cach. Dla uproszczenia przyjąć, że pojemności cieplne reagentów są niezależne
od temperatury.
1.8…
… dwukrotne zwiększenie ciśnienia, przy braku
wymiany ciepła z otoczeniem. Określić rodzaj przemian oraz obliczyć wartości
q, w, ∆U i ∆H dla poszczególnych przemian i dla cyklu. Wyniki przedstawić w
tablicy.
Rozwiązanie
Przemiana A jest procesem adiabatycznym (q = 0)
Przemiana B jest procesem izochorycznym (V = const)
Przemiana C jest procesem izobarycznym (P = const).
Ponieważ ∆H i ∆U są funkcjami stanu…
…. Dla przemiany izochorycznej
P2 P3 P3T2 1
= ⇒ T3 = = T2 = 180 K
T2 T3 P2 2
∆UB = qB = 1,5R(180 - 360) = -2244,8 J
5
6
∆HB = 2,5R(180 - 360)= -3741,3 J
Przemiana C jest procesem izobarycznym. Wielkości ∆UC , ∆HC można obliczyć
wykorzystując fakt, że dla cyklu przemian zmiana funkcji stanu jest równa 0.
∆UA + ∆UB + ∆UC = 0
∆UC = -∆UA - ∆UB = -1085 + 2244,8 = 1159,8 J
∆HC = 1933 J
W przemianie izobarycznej ∆HC…
… drogami:
a) izotermicznie i odwracalnie,
b) izotermicznie, przeciwko ciśnieniu zewnętrznemu równemu zero.
Obliczyć dla obu procesów wartości: q, w, ∆U, ∆H, ∆G oraz ∆S dla układu i
otoczenia.
Rozwiązanie
10
11
Nieznana jest tu liczba moli gazu, którą obliczymy z równania:
P1 V1 3 ⋅ 105 ⋅ 15 ⋅ 10 −2
,
n= = =2
R T1 8,314 ⋅ 270,6
a) Dla przemiany izotermicznej ∆T=0 , stąd ∆U i ∆H = 0 oraz q = -w
Pracę…
… odpowiednio:-242 kJ⋅mol , -3174 kJ⋅mol ,
-1
-3694 kJ⋅mol . Ciepła molowe reagentów przedstawiają następujące wyrażenia:
C6H6: Cp = 11,7 + 0,25 T [J⋅mol-1⋅K-1]
C6H12: Cp = 10,9 + 0,42 T [J⋅mol-1⋅K-1]
H2: Cp = 28,9 J⋅mol-1⋅K-1
1.10. Obliczyć temperaturę, w której ∆H reakcji:
CH3CHO(g) = CH4(g) + CO(g)
będzie równe zeru.
Standardowe ciepła tworzenia (∆Ho298) aldehydu octowego, metanu i tlenku
węgla wynoszą…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)