1. PIERWSZA I DRUGA ZASADA TERMODYNAMIKI TERMOCHEMIA

Transkrypt

1 . PIERWSZA I DRUGA ZASADA ERMODYNAMIKI ERMOCHEMIA Zadania przykładowe.. Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego znajduje się początkowo w warunkach P = 0 Pa i = 300 K. Zmiana ciśnienia do P = 0 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. a) Dla procesu izotermicznego ( = 0) U = 0 i H = 0 zatem q = -w Praca w procesie izotermicznym dana jest równaniem: V w nr V nr P 0 = ln = ln = 8, ln = 78, 8 J P 0 st¹d: q = 78,8 J b) W procesie izochorycznym ( V = 0) w = PdV= 0 zatem U = q Zmiana energii wewnętrznej dana jest równaniem V V U = n C d Wobec faktu, że mamy do czynienia z gazem doskonałym, C v = const., zatem: U = nc v ( - ) emperaturę końcową obliczamy z zależności: v

2 P P P = = = = 0K P 0 stąd: U =, R( 0 300) = 870, 6 J = q (C v dla jednoatomowego gazu doskonałego wynosi,r). Zmianę entalpii wyliczymy z zależności: ( ) p p H = n C d = nc H =, R( 0 300) = 37, 7 J (C p =const.).. Dwa mole dwuatomowego gazu doskonałego, znajdujące się początkowo w warunkach V =,4 0 - m 3 i = 73 K, zwiększyły dwukrotnie swoją objętość odwracalnie w warunkach stałego ciśnienia. Obliczyć q, w, U i H tego procesu oraz parametry końcowe. Proces jest izobaryczny, a więc P = const. Obliczamy ciœnienie: nr P = =, =, 06 0 Pa V 4, 0 emperaturę końcową obliczamy z zależności: Praca dana jest zależnością: V V V V = = = V V = 73 = 46 K Dla procesu izobarycznego (P = const) V w= PdV V w = - P(V - V ) = -,06 0 (4, , ) = -438, J U = nc v ( - ) =,R (46-73) = 348,6 J (C v dla gazu doskonałego dwuatomowego wynosi, R). Wobec faktu, że U = q + w

3 q = U - w = 348,6 -(-438,) = 886,8 J H = nc p ( - ) = 3,R (46-73) = 888,0 J W procesie izobarycznym q równe jest oczywiście H. Występujące tu różnice są związane z zaokrągleniami przy obliczeniach..3. Jeden mol azotu znajduje się w cylindrze z tłokiem pod ciśnieniem 0 Pa w temperaturze 400 K. Cylinder jest izolowany cieplnie od otoczenia. Gaz rozprężył się do ciśnienia końcowego 0 Pa trzema różnymi drogami: a) przy P zewn. nieznacznie mniejszym od ciśnienia gazu (przez cały czas trwania procesu), b) przeciwko stałemu ciśnieniu zewnętrznemu P = 0 Pa, c) przy P zewn. = 0. Obliczyć q, w, U, H i S procesów oraz końcowe temperatury dla procesów a), b) i c). Azot traktujemy jak gaz doskonały. Cylinder jest izolowany cieplnie od otoczenia, nie ma zatem wymiany ciepła między cylindrem (układem) a otoczeniem, stąd wniosek, że mamy do czynienia z przemianami adiabatycznymi, czyli q = 0. a) Zapis punktu a) wskazuje, że mamy do czynienia z procesem odwracalnym, za- tem zmiana entropii gazu S(układu) = 0. Końcową temperaturę obliczymy z zależności słusznej jedynie dla odwracalnej adiabaty: C R P 0 p ln = ln 3, R ln = R ln = 38K P U = nc v ( - ) =,R(38-400) = -496, J ponieważ q = 0 3 to: w = U = -496, J H = n C p ( - ) = 3,R(38-400) = -09, J b) Rozprężanie przeciwko stałemu ciśnieniu zewnętrznemu jest procesem nieodwracalnym. Dla obliczenia temperatury końcowej skorzystamy z zależności: U = w 3

4 4 nc v ( - ) = -P(V - V ) V obliczymy z zależności V nr 8, = = = 66, 0 P 0 V wyrazimy za pomocą parametrów końcowych V R = 0 stąd otrzymamy zależność: R, R ( 400) = 0 66, 0 0 gdzie jedyną niewiadomą jest szukana temperatura końcowa. = 34,8 K U = w =,R(34,8-400) = - 88,9 J H = 3,R(34,8-400) = -664, J Zmianę entropii układu obliczymy korzystając z zależności: m 3 S C R P = p ln ln słusznej dla dowolnej przemiany mola gazu P doskonałego 34, 8 0 S= 3, Rln Rln = 7, J K c) Dla procesu rozprężania do próżni mamy w = 0, a ponieważ q = 0, zatem i U = 0, i w konsekwencji = 0. Wobec = 0, H = 0. S C R P 0 = p ln ln = R ln = 76, J K P 0.4 Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego znajdujący się w warunkach normalnych wykonuje cykl odwracalny pokazany na rysunku: 4

5 Podczas przemiany A następuje 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. 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, zatem dla cyklu H i U są równe 0. Obliczamy temperaturę w punkcie. Dla odwracalnej adiabaty C R P p ln = ln P zatem R ln = Rln = 360K 73 U A = w A = nc v ( - ) =,R(360-73) = 08,0 J H A = nc p ( - ) =,R(360-73) = 808,3 J Obliczamy temperaturę w punkcie 3. Ciśnienie, jak wynika z rysunku, osiąga w punkcie 3 wartość ciśnienia początkowego. Dla przemiany izochorycznej P P3 P 3 = 3 = = = 80K P 3 U B = q B =,R(80-360) = -44,8 J

6 6 H B =,R(80-360)= -374,3 J Przemiana C jest procesem izobarycznym. Wielkości U C, H C można obliczyć wykorzystując fakt, że dla cyklu przemian zmiana funkcji stanu jest równa 0. U A + U B + U C = 0 U C = - U A - U B = ,8 = 9,8 J H C = 933 J W przemianie izobarycznej H C = q C = 933 J, a ponieważ U C = q C + w C, zatem w C = -773, J. Po podsumowaniu wartości q i w dla poszczególnych przemian okazuje się, że dla cyklu: -q = w = 3,8 J, co świadczy o poprawności obliczeń. Przemiana/Proces w [J] q [J] U [J] H [J] A-adiabatyczny ,0 808,3 B -izochoryczny 0-44,8-44,8-374,3 C-izobaryczny -773, 933,0 9,8 933,0 Cykl 3,8-3, Obliczyć H i U reakcji: C H + H = C H 6 w temperaturze 98 K, mając do dyspozycji ciepła tworzenia: H o 98 tw.(c H ) = 7,0 kj mol - H o 98 tw.(c H 6 ) = -8,0 kj mol - oraz ciepła spalania: H o 98 sp.(c H ) = -300 kj mol - H o 98 sp.(c H 6 ) = -60 kj mol - H o 98 sp.(h ) = -86 kj mol - Związek pomiędzy efektem cieplnym reakcji a ciepłem tworzenia produktów i substratów, wynikający z prawa Hessa, można zapisać w postaci wzoru: ( ) ( ) H = n H n H i i tw prod. i tw i substr. gdzie: n i - oznacza współczynniki stechiometryczne w równaniu reakcji. Należy pamiętać, że wszystkie użyte w obliczeniach wartości ciepeł muszą odnosić się do tych warunków (temperatury, ciśnienia, stanu skupienia), w 6

7 jakich przebiega reakcja. Jeżeli korzystamy z ciepeł spalania reagentów, to odpowiednia zależność ma postać następującą: ( i sp ) ( i sp. ). i H = n H n H substr. Obliczamy H reakcji na podstawie ciepeł tworzenia. i prod. ( tw tw ) o o ( ) ( ) ( ) o 98tw H = H C H H C H + H H H = -8 - (7 + 0) = - 3 kj Należy zwrócić uwagę na fakt, że entalpie tworzenia pierwiastków w stanie standardowym są równe zeru, jeżeli w tych warunkach występują one w odmianach termodynamicznie trwałych. Obliczamy H reakcji w temperaturze 98 K na podstawie ciepeł spalania. o o ( ) ( ) ( ) o 98 sp. 98 sp. 98 sp. 6 H = H C H + H H H C H H = (-86) - (-60) = -3 kj Celem przeliczenia efektu cieplnego reakcji w warunkach stałego ciśnienia ( H) na efekt cieplny reakcji, w warunkach stałej objętości ( U), skorzystamy z zależności: U = H - n g R wynikającej z I zasady termodynamiki, gdzie: n g to zmiana liczby moli gazowych reagentów. ng = ( ni) ( n ) prod. i substr. Zatem: U = (-). 8, = J = 307,0 kj 7.6. Obliczyć H i U reakcji: 3C H (g) = C 6 H 6 (g) w temperaturze 398 K, mając do dyspozycji następujące dane: H o 98 tw.(c H ) = 7,0 kj mol - H o 98 tw.(c 6 H 6 ) = 83,0 kj mol - Zadanie należy rozwiązać dla dwu przypadków: a) Molowe pojemności cieplne (C p ) nie są funkcjami temperatury i wynoszą: C p (C H ) = 43,9 J mol - K - oraz C p (C 6 H 6 ) = 8,7 J mol - K - b) Molowe pojemności cieplne są funkcjami temperatury opisanymi przez następujące zależności: C p (C H ) = 3, + 68,. 0-3 [J mol - K - ] 7

8 8 oraz C p (C 6 H 6 ) = -33, , [J mol - K - ] Obliczamy H reakcji w temp.98 K wykorzystując ciepła tworzenia reagentów. H = H tw. (C 6 H 6 ) - 3 H tw. (C H ) = = -98 kj Zależność ciepła reakcji od temperatury otrzymujemy wykorzystując prawo Kirchhoffa. H = H + C d (.6.) p gdzie: C p - oznacza różnicę pojemności cieplnych produktów i substratów pomnożonych przez odpowiednie współczynniki stechiometryczne. Dla powyższej reakcji: C p = C p (C 6 H 6 ) - 3C p (C H ) Jeżeli wartości C p nie są funkcjami temperatury (punkt a).) to równanie (.6.) przyjmuje postać: H = H + C ( ) p Zatem: H 398 = (8, ,9)(398-98) = -603 kj Jeżeli C p jest funkcją temperatury (punkt b).) o postaci C p = a + b, to równanie (.6.) przyjmie postać: b H ( ) H a b d H a( ) ( = + + = + ) + gdzie: a = -33,9-3 3, = -04,4 b = (387,9-3 68,). 0-3 = 8,4 0-3 Po podstawieniu otrzymamy: 3 H 398 = , ,4(398-98) + ( ) H 398 =-6006 J = -60, kj Obliczamy efekt cieplny reakcji w warunkach stałej objętości. U 398 = -60, (-) 8, = -9,4 kj.7. Obliczyć H i U reakcji izomeryzacji: CH 3 - O - CH 3 (g) = C H OH (c) w temperaturze 98 K, mając do dyspozycji następujące dane odnoszące się do temp. 98 K: H tw. (C H OH(c)) = - 76 kj mol - H tw. (H O(c)) = -84 kj mol - 8

9 H tw. (CO (g)) = -393 kj mol - H sp. (CH 3 -O-CH 3 ) = -460 kj mol - Uwaga! Jeżeli mamy podane ciepło spalania bez zapisu reakcji spalania, to pow- stająca woda znajduje się w stanie ciekłym. Ponieważ w tym przypadku nie dysponujemy ciepłami tworzenia lub też spalania obu reagentów, do obliczenia efektu cieplnego nie można wykorzystać zależności podanych w poprzednich zadaniach. Prawo Hessa mówi, że efekt cieplny procesu nie zależy od etapów pośrednich, a jedynie od początkowego i końcowego stanu układu, jeżeli tylko ciśnienie lub też objętość układu pozostają podczas procesu niezmienione i jedyną pracą, jaką układ wykonuje, jest praca przeciwko ciśnieniu zewnętrznemu. Wykorzystując dane podane w zadaniu możemy napisać szereg reakcji i przypisać im odpowiednie efekty cieplne, tak aby po dodaniu zapisanych reakcji otrzymać reakcję, której efekt cieplny mamy wyznaczyć. CH 3 - O - CH 3 + 3O = CO + 3H O(c) ; H = -460 kj (.7.) C + 3H +/O = C H OH(c) ; H = -84 kj (.7.) CO = C + O ; H 3 = 393 kj (.7.3) 3H O(c) = 3H + 3/O ; H 4 = 3 84 kj (.7.4) Należy zwrócić uwagę na fakt, że w reakcjach (.7.3) i (.7.4) były podane ciepła tworzenia H O(c) i CO. Zapisaliśmy reakcje odwrotnie, stąd zmieniliśmy znak przy efekcie cieplnym. Ponadto reakcję (.7.3) podwoiliśmy, a reakcję (.7.4) potroiliśmy, co też uwzględniono przypisując im odpowiednie wartości H 3 i H 4. Ponieważ, jak już wspomniano, dodanie czterech zapisanych reakcji daje reakcję: CH 3 - O - CH 3 (g) = C H OH(c) zatem poszukiwany efekt cieplny reakcji będzie równy sumie zmian entalpii poszczególnych reakcji. H x = H + H + H 3 + H 4 H x = = -06 kj 9.8. Do 800 g wody o temperaturze 93 K, znajdującej się w izolowanym cieplnie zasobniku, wrzucono 63,4 g miedzi o temperaturze 363 K. Obliczyć zmianę entropii tego procesu wyrównywania się temperatur oraz wykazać, że proces ten jest samorzutny. Dla uproszczenia przyjmujemy, że pojemności cieplne wody i miedzi nie zależą od temperatury. C p (H O) = 7,3 J mol - K - C p (Cu) = 4, J mol - K - 9

10 0 M(Cu) = 63,4 g Do obliczenia temperatury końcowej wykorzystamy fakt, że suma zmian entalpii miedzi i wody musi być równa zero, ponieważ naczynie jest izolowane cieplnie (nie ma wymiany ciepła z otoczeniem). ( ) ( ) H + H = 0 n C 93 + n C 363 = 0 HO Cu HO p HO k Cu p Cu k Po podstawieniu mamy: , 3 ( ) +, 4 ( 363) ,, = k k Stąd k = 9, K Obliczamy zmiany entropii wody i miedzi korzystając z zależności: zatem S S= ncp ln 9, = 00 7, 3ln = 6, 33J K 93 HO Zmiana entropii układu wynosi więc S = 9, = Cu J 0 4, ln 0, 6 K 363 Su ( ) = SHO+ SCu = 676, J K Zmiana entropii otoczenia wynosi zero, zatem Suizol (. ) = Su ( ) + Sot ( ) = 676, J K > 0 k p proces samorzutny.9. Gaz doskonały zamknięty w cylindrze z tłokiem zajmującym początkowo objętość, 0 - m 3 pod ciśnieniem 3 0 Pa w temperaturze 70,6 K, rozpręża się do ciśnienia końcowego 0 Pa dwiema 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. 0

11 Nieznana jest tu liczba moli gazu, którą obliczymy z równania: PV n = = 30 0, R 8, 34 70, 6 = a) Dla przemiany izotermicznej =0, stąd U i H = 0 oraz q = -w Pracę obliczymy z zależności V w nr V nr P 0 = ln = ln = R 70, 6ln P 30 q = 84 J Zmianę entalpii swobodnej obliczymy z zależności: = 84 J P G = nr = 84 J P ln Zmiana entropii układu równa jest stosunkowi ciepła wymienionego odwracalnie do temperatury, w której ta wymiana nastąpiła. ( ) S u q 84 = = = 674, J K 70, 6 Zmiana entropii układu izolowanego, równa sumie entropii układu ( S(u)) oraz otoczenia ( S(ot)), dla procesu odwracalnego jest równa zero. zatem S(u.izol) = S(u) + S(ot) = 0 S(ot) = -6,74 J K - Uwaga! Do obliczenia G można wykorzystać zależność G = H - S. Wobec faktu, że H = 0, G = - S = -70,6 6,74 = 84 J b) Podczas rozprężania przeciwko P zewn = 0 wykonana praca jest równa zero (w = 0). Ponieważ U = 0, to i q = 0 P G = nr ln P = 84J Zmiana entropii dla dowolnej przemiany gazu doskonałego dana jest zależnością:

12 P S= ncp ln nr ln P Dla przemiany izotermicznej = const. S u nr P 0 ( ) = ln = Rln = 674, J K P 30 S otoczenia jest równa zero, gdyż układ nie wymienił ciepła z otoczeniem S ( q ot )= = 0 = 0 S(u.izol) = S(u) + S(ot) = 6, = 6,74 J K - Jeżeli S układu izolowanego jest większa od zera, to proces jest samorzutny, co jest oczywiste w przypadku rozprężania gazu przeciwko P zewn = Obliczyć q, w, U, H, S oraz G procesu parowania 3 moli benzenu w normalnej temperaturze wrzenia 33, K. Ciepło parowania benzenu w tej temperaturze wynosi 3,0 kj mol -. W warunkach izobarycznych q = H. q jest molowym ciepłem parowania, dla 3 moli mamy q = H = 3 3 = 93 kj. U = H - nr, gdzie n jest różnicą liczby moli gazowych produktów i substratów dla reakcji: 3C 6 H 6 (c) = 3C 6 H 6 (g) ; n = 3 zatem U = ,34. 33, =8493,0 J = 84,9 kj Pracę obliczymy z równania I zasady termodynamiki U = q + w w = U - q = 84,9-93,00 = -8,8 kj Zmiana entropii przemiany fazowej jest równa stosunkowi entalpii (lub ciepła) przemiany do temperatury, w której przemiana zachodzi H S = = = 63, 38 J K 33, Zmiana entalpii swobodnej ( G) w warunkach izotermicznych dana jest zależnością: G = H - S. Jeżeli podstawimy S = H, to otrzymamy:

13 G = H H =0 Wniosek ten moglibyśmy wyciągnąć wcześniej, gdyż przemiana ta jest przemianą równowagową w warunkach izotermiczno-izobarycznych. Kryterium równowagi w tych warunkach to G = 0... Do kg wody o temperaturze 7 o C, znajdującej się w izolowanym cieplnie naczyniu, wrzucono 0,80 kg lodu o temperaturze 0 o C. Obliczyć temperaturę końcową oraz zmianę entropii układu i otoczenia. C p (H O(c)) = 7,3 J mol - K -, L t (H O) = 6 kj mol -. Dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że pojemność cieplna wody ciekłej oraz ciepło topnienia lodu nie zależą od temperatury. Poszukując temperatury końcowej układu trzeba zwrócić uwagę, że mogą tu wystąpić dwa różne stany końcowe: a) cały lód się stopi, a temperatura końcowa będzie większa od zera, a mniejsza od 7 o C, b) część lodu się stopi; w stanie końcowym będziemy mieli w układzie lód i wodę, a temperatura końcowa będzie wynosiła 0 o C. Ponieważ układ jest izolowany cieplnie, możemy zapisać, że suma zmian entalpii będzie równa zeru. Zakładając, że stanem końcowym jest woda(punkt a), musimy uwzględnić: ) zmianę entalpii przy ochłodzeniu kg H O od temp. 300 K do k ) zmianę entalpii topnienia 0,8 kg H O(s), 3) zmianę entalpii związaną z ogrzaniem 0,8 kg H O od temp. 73K do k ( ) 000 H = 7, 3 8 k 300 H = ( ) H = , k 73 H = H + H + H 3 = 0 7, 3 ( ) ( 73) , = k k 3 stąd: k = 83,7 K 3

14 4 Ponieważ obliczona temperatura końcowa jest zawarta między 73 a 300 K, zatem przyjęte założenie jest słuszne. Obliczając entropię układu musimy uwzględnić trzy składowe odpowiadające punktom, i 3. S , 7 = 7, 3ln = 33, 7 J K S = = 9, 78 J K 73 S 3 80 J K , 7 =, ln = 8, 9 73 S(u) = S + S + S 3 =,03 J K - Zmiana entropii otoczenia wynosi zero, ze względu na brak wymiany ciepła z otoczeniem. Zatem zmiana entropii układu izolowanego wynosi S(u.izol) = S(u) + S(ot) =,03 J K -.. Obliczyć absolutną entropię mola gazowego benzenu w temp.373 K pod ciśnieniem 0 Pa. Wartość absolutnej entropii benzenu ciekłego wynosi S o 98 = 73, J mol - K -. Zakładamy, że pojemności cieplne gazowego i ciekłego benzenu są niezależne od temperatury i wynoszą: C p (C 6 H 6 (g)) = 69, oraz C p (C 6 H 6 (c)) = 73, J mol - K -. emperatura wrzenia benzenu wynosi 33, K, a jego ciepło parowania 3,0 kj mol -. Symbol S o 98 oznacza absolutną entropię w warunkach standardowych, to jest w temp. 98 K i pod ciśnieniem,03 0 Pa. Zapiszmy ciąg przemian, które doprowadzą do podanego w zadaniu stanu końcowego benzenu. S ( ) 6 6 ( ) S S ( ) 3 = = 6 6 ( 3 = 373 = 03 0 ) 4 ( = 373 = 0 ) S CH() c =, P=, CH() c =,, P=, 6 6 CH( g),, P, CH( g), P, 6 6 CH( g) KP, Pa Szukana wartość absolutnej entropii będzie równa: o ( ( ))( 373, 0 ) o S C H g = P= = S + S + S + S + S 6 6 4

15 gdzie: S - zmiana entropii związana z ogrzaniem benzenu od temp. 98 K do temp. 33, K pod ciśnieniem,03 0 Pa 33, 3 S = ncp ( C6H6()ln c ) = 73, ln = 9, 38 J mol K 98 S - zmiana entropii związana z przejściem fazowym w temp. S H p 3000 = = = 87, 79 J mol K 33, S 3 - zmiana entropii związana z podgrzaniem gazowego benzenu od temperatury wrzenia do temperatury końcowej 3 S = ncp ( C6H6 g ) J mol K = 33 = ( ) ln, ln,, S 4 - zmiana entropii związana z podwyższeniem ciśnienia gazowego benzenu do P = 0 Pa. S nr P 0 4 = ln = 8, 34ln = 6, J mol K P 03, 0 Ostatecznie ( )( ) o S C H ( g) = 373, P = 0 = 99, 48 J mol K 6 6 ZADANIA.. Dwuatomowy gaz doskonały znajdujący się początkowo w warunkach: P = 0, 0 Pa, V = 9, m 3 i temperaturze 73 K jest sprężany odwracalnie do P = 0 Pa: a) w warunkach stałej objętości, b) w warunkach stałej temperatury. Obliczyć q, w, U oraz H obu procesów... mol jednoatomowego gazu doskonałego znajdujący się początkowo w warunkach: V = 4, m 3, = 46 K zmniejsza dwukrotnie swoją objętość w warunkach stałego ciśnienia w sposób odwracalny. Obliczyć q, w, U i H tego procesu oraz parametry końcowe gazu g tlenu o temperaturze początkowej 98 K sprężono adiabatycznie i odwracalnie od objętości m 3 do 0-3 m 3. Obliczyć temperaturę końcową gazu oraz w, U i H procesu, zakładając, że tlen zachowuje się jak gaz doskonały.

16 6.4. Wodór znajdujący się początkowo w warunkach P = 0 Pa, V =, m 3 i temperaturze 300 K rozpręża się adiabatycznie do P = 0, 0 Pa dwiema drogami: a) przeciwko stałemu ciśnieniu zewnętrznemu 0, 0 Pa, b) przeciwko P zewn = 0. Obliczyć temperatury końcowe obu procesów oraz wartości w, U, H, G i S... mol gazu doskonałego jednoatomowego przechodzi cykl przemian odwracalnych: ) Gaz znajdujący się początkowo w warunkach normalnych zwiększa dwukrotnie swoją objętość w warunkach stałego ciśnienia. ) Następnie gaz jest sprężany izotermicznie wymieniając w tym procesie ciepło równe -693 J. 3) Kolejny etap to rozprężanie adiabatyczne do stanu początkowego. Obliczyć: q, w, U i H dla poszczególnych etapów i dla całego cyklu. Wyniki przedstawić w tabeli..6. Obliczyć H o 98 oraz U o 98 procesu tworzenia mola wody ciekłej mając dane: H o 98 tw(h O(g)) = -4, kj mol - oraz ciepło parowania wody w temperaturze 98 K równe 39,3 kj mol Obliczyć H i U reakcji: C H (g) + H = C H 4 (g) w temperaturze 398 K. Dane do obliczeń należy znaleyć w odpowiednich tablicach. Dla uproszczenia przyjąć, że pojemności cieplne reagentów są niezależne od temperatury..8. Obliczyć H oraz U reakcji 3CH 4 (g) + CO (g) = C H OH(c) w temperaturze 98 K, mając do dyspozycji następujące dane: H tw (C H OH(c)) = -78 kj H tw (H O(c)) = -86 kj H tw (CO ) = -394 kj H sp (CH 4 (g)) = -890 kj.9. Obliczyć wartość H i U reakcji 6

17 7 C 6 H 6 (g) + 3H (g) = C 6 H (g) w temperaturze 7 o C, jeżeli standardowe entalpie spalania ( H o 98) wodoru, benzenu i cykloheksanu wynoszą odpowiednio:-4 kj mol -, -374 kj mol -, kj mol -. Ciepła molowe reagentów przedstawiają następujące wyrażenia: C 6 H 6 : C p =,7 + 0, [J mol - K - ] C 6 H : C p = 0,9 + 0,4 [J mol - K - ] H : C p = 8,9 J mol - K -.0. Obliczyć temperaturę, w której H reakcji: CH 3 CHO(g) = CH 4 (g) + CO(g) będzie równe zeru. Standardowe ciepła tworzenia ( H o 98) aldehydu octowego, metanu i tlenku węgla wynoszą odpowiednio: -66,0, -7,0, -0, kj mol -. Przyjmujemy, że molowe pojemności cieplne są niezależne od temperatury i wynoszą odpowiednio:,4; 3,4 i 37,7 J mol - K - dla aldehydu octowego, tlenku węgla i metanu... Do kg wody w temperaturze 7 o C, znajdującej się w izolowanym cieplnie naczyniu, wrzucono 0, kg lodu o temp. 0 o C. Obliczyć temperaturę końcową oraz zmianę entropii układu i otoczenia. C p (H O(c)) = 7,3 J mol - K -, L t (H O) = 6 kj mol -... Obliczyć q, w, H, U, G i S procesu skraplania moli pary wodnej w normalnej temperaturze wrzenia 373 K. Ciepło parowania wody w tej temperaturze wynosi 4 kj mol Gaz doskonały jednoatomowy, zajmujący objętość 0 - m 3 w temperaturze 300 K i pod ciśnieniem 0 Pa, jest sprężany adiabatycznie i odwracalnie do ciśnienia równego 0 Pa. Obliczyć: w, U, H, S i G tego procesu. Wartość entropii absolutnej gazu w warunkach początkowych wynosi 00 J mol - K mol dwuatomowego gazu doskonałego znajdującego się początkowo w warunkach P = 0 4 Pa i V = m 3 rozpręża się w stałej temperaturze: a) odwracalnie do ciśnienia P =, 0 4 Pa, b) przeciwko stałemu ciśnieniu P =, 0 4 Pa. Obliczyć: q, w, H, U i S układu i otoczenia. 7

18 8.. Obliczyć wartość entropii absolutnej jednego mola pary wodnej znajdującej się pod ciśnieniem 0 Pa w temperaturze 400 K. S o 98(H O(c)) = 70 J mol - K -. Ciepło parowania w normalnej temperaturze wrzenia wynosi 4 kj mol - K -. C p (H O(c)) = 7,3 J mol - K -, C p (H O(g)) = 30,0 + 0,7 0-3 J mol - K -. ODPOWIEDZI DO ZADAN.. a) w = 0; U = q = 30 J; H = 888 J; b) U = 0; H = 0; w = 346, J; q = -346, J... w = 69 J; q = -674 J; U = -340 J; H = -674 J; P =,03 0 Pa; V =,4 0 - m 3 ; = 73 K..3. k = 360 K; q = 0; U = w = 89 ; H = 804 J..4. a) q = 0; U = w = -004,7 J; H = -806,6 J; S =,40 J K - ; G - nie mo?na obliczya bez znajomooci wartooci entropii absolutnej. b) q = 0; w = 0; U = 0; H = 0; S = 7,9 J K - ; G = 86, J.. Przemiana q [J] w [J] U [J] H [J] Izobara Izoterma Adiabata Cykl H o 98 = -8, kj mol - ; U o 98 = -77,8 kj mol H o 398 = -77,4 kj ; U o 398 = -74, kj..8. H o 98 = 66,0 kj; U o 98 = 7,9 kj..9. H o 400 = -08,9 kj; U o 400 = -0, kj..0. = 466 K... k = 73 K; S u = 9,0 J K - ; S ot = 0; S u i = 9,0 J K -... G = 0; q = H = J; w = 60 J; U = J; S = -, J K U = w = 390,7 J; H = 3984, J; S = 0; G = -8, J..4. a) U = H = 0; w = -386, J; q = 386, J; S u =,76 J K - ; S ot = -,76 J K -. b) U = H = 0; w = -000 J; q = 000 J; S u =,76 J K - ; S ot -4,6 J K -... S(H O, p = 0 Pa, = 400 K) = 07, J mol - K -. 8