zasada-termodynamiki, Studia, Technologia Chemiczna, I stopień, PK, IV semestr, Chemia fizyczna
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
1
1. PIERWSZA I DRUGA ZASADA TERMODYNAMIKI
TERMOCHEMIA
Zadania przykładowe
1.1.
Jeden mol jednoatomowego gazu doskonałego znajduje się
początkowo w warunkach P
1
= 2⋅10
5
Pa i T
1
= 300 K. Zmiana ciśnienia do P
2
=
10
5
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:
wRT
V
V
P
P
10
210
5
=−
ln
2
=
nRT
ln
2
1 8 314 300
,
ln
=−
1728 8
,
J
⋅
5
1
1
st¹d:
q = 1728,8 J
b) W procesie izochorycznym (∆V = 0)
wPdV
V
V
=− =
∫
0
1
zatem
∆U = q
Zmiana energii wewnętrznej dana jest równaniem
T
=
∫
1
2
∆UnCdT
T
v
Wobec faktu, że mamy do czynienia z gazem doskonałym, C
v
= const.,
zatem:
∆U = nC
v
(T
2
- T
1
)
Temperaturę końcową T
2
obliczamy z zależności:
1
= ⋅ ⋅
2
2
P
T
P
T
PT
P
10 300
210
5
⋅
1
= ⇒= =
2
T
21
=
150
K
2
⋅
5
1
2
1
stąd:
∆U
=⋅ − = −
1 1 5 150 300
,
R
(
)
1870 6
,
J q
=
(C
v
dla jednoatomowego gazu doskonałego wynosi 1,5R).
Zmianę entalpii wyliczymy z zależności:
T
2
( )
∫
∆HnCdTnCT T
p
=
=
−
(C
p
=const.)
p
2
1
T
1
∆H
=⋅ − = −
,
R
(
)
3117 7
,
J
1.2.
Dwa mole dwuatomowego gazu doskonałego, znajdujące się począt-
kowo w warunkach V
1
= 2,24⋅10
-2
m
3
i T
1
= 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
2 8 314 273
224 10
⋅ ⋅
⋅
,
= ⋅
2 026 10
,
5
Pa
1
,
−
2
Temperaturę końcową obliczamy z zależności:
V
T
1
= ⇒= = = ⋅ =
V
T
2
T
VT
V
21
2
V
V
1
T
2 273 546
K
2
1
1
2
1
1
Praca dana jest zależnością:
w dV
V
V
=−
∫
1
2
Dla procesu izobarycznego (P = const)
w = - P(V
2
- V
1
) = -2,026 ⋅ 10
5
(4,48
.
10
-2
- 2,24
.
10
-2
) = -4538,2 J
∆U = nC
v
(T
2
- T
1
) = 2 ⋅ 2,5R (546-273) = 11348,6 J
(C
v
dla gazu doskonałego dwuatomowego wynosi 2,5 R).
Wobec faktu, że ∆U = q + w
2
1 2 5 150 300
3
q = ∆U - w = 11348,6 -(-4538,2) = 15886,8 J
∆H = nC
p
(T
2
- T
1
) = 2 ⋅ 3,5R (546-273) = 15888,0 J
W procesie izobarycznym q równe jest oczywiście ∆H. Występujące tu różnice
są związane z zaokrągleniami przy obliczeniach.
1.3.
Jeden mol azotu znajduje się w cylindrze z tłokiem pod
ciśnieniem 2⋅10
5
Pa w temperaturze 400 K. Cylinder jest izolowany cieplnie od
otoczenia. Gaz rozprężył się do ciśnienia końcowego 10
5
Pa trzema różnymi
drogami:
a) przy P
zewn.
nieznacznie mniejszym od ciśnienia gazu (przez cały czas trwania
procesu),
b) przeciwko stałemu ciśnieniu zewnętrznemu P = 10
5
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.
Rozwiązanie
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:
T
T
P
P
T
10
210
5
C
p
ln
2
=
R
ln
2
, ln
2
=
R
ln
⇒=
328
K
400
⋅
5
2
1
1
∆U = nC
v
(T
2
- T
1
) = 1 ⋅ 2,5R(328-400) = -1496,5 J
ponieważ
q = 0
to:
w = ∆U = -1496,5 J
∆H = n C
p
(T
2
-T
1
) = 1 ⋅ 3,5R(328-400) = -2095,1 J
b) Rozprężanie przeciwko stałemu ciśnieniu zewnętrznemu jest procesem nieod-
wracalnym. Dla obliczenia temperatury końcowej skorzystamy z zależności:
∆U = w
3
35
R
T
4
nC
v
(T
2
- T
1
) = -P(V
2
- V
1
)
V
1
obliczymy z zależności
V
= =
nRT
P
8 314 400
210
,
⋅
=⋅
166 10
,
−
23
m
1
⋅
5
1
V
2
wyrazimy za pomocą parametrów końcowych
V
=
RT
2
2
10
5
stąd otrzymamy zależność:
( )
2 5
RT
RT
−− −⋅
400
10
5
2
5
166 10
−
2
2
10
gdzie jedyną niewiadomą jest szukana temperatura końcowa T
2
.
T
2
= 342,8 K
∆U = w = 2,5R(342,8-400) = - 1188,9 J
∆H = 3,5R(342,8-400) = -1664,5 J
Zmianę entropii układu obliczymy korzystając z zależności:
∆SC
=
ln
T
T
2
−
R
ln
P
P
2
słusznej dla dowolnej przemiany 1 mola gazu
p
1
1
doskonałego
, ln
,
342 8
400
10
210
5
∆SR
=
35
−
R
ln
= ⋅
127
,
J K
−
1
⋅
5
c) Dla procesu rozprężania do próżni mamy w = 0, a ponieważ q = 0, zatem i
∆U = 0, i w konsekwencji ∆T = 0. Wobec ∆T = 0, ∆H = 0.
T
T
P
P
10
210
5
∆SC
=
ln
2
−
R
ln
2
= −
R
ln
= ⋅
576
,
J K
−
1
p
⋅
5
1
1
1.4
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.
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, zatem dla cyklu ∆H i ∆U są równe 0.
Obliczamy temperaturę w punkcie 2.
Dla odwracalnej adiabaty
C
p
ln
T
T
2
=
R
ln
P
P
2
1
1
zatem
5
2
R
ln
T
2
=
R
ln
2
⇒=
T
360
K
273
2
∆U
A
= w
A
= nC
v
(T
2
- T
1
) = 1⋅ 1,5R(360 - 273) = 1085,0 J
∆H
A
= nC
p
(T
2
- T
1
) = 1 ⋅ 2,5R(360 - 273) = 1808,3 J
Obliczamy temperaturę w punkcie 3.
Ciśnienie, jak wynika z rysunku, osiąga w punkcie 3 wartość ciśnienia
początkowego. Dla przemiany izochorycznej
P
T
= ⇒= = =
T
PT
P
32
1
2
T
180
K
3
2
2
3
2
∆U
B
= q
B
= 1,5R(180 - 360) = -2244,8 J
5
2
3
P
T
[ Pobierz całość w formacie PDF ]