TMT4110 KJEMI LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING NR. 8, VÅR 2015

NTNU
Norges teknisk-naturvitenskapelige
universitet
Fakultet naturvitenskap og teknologi
Institutt for materialteknologi
TMT4110 KJEMI
LØSNINGSFORSLAG TIL ØVING NR. 8, VÅR 2015
OPPGAVE 1
i)
ii)
iii)
iv)
v)
vi)
c
d
b
b
b
d
OPPGAVE 2
a)
2 NaCl (s) + H2SO4 (1) = Na2SO4 (s) + 2 HCl (g)
H = -1387 + 2(-92) - 2(-411) - (-814) = 65 kJ
S = 150 + 2187 - 272 - 157 = 223 J/K
G = -1270 + 2(-95) - 2(-384) - (-690) = -2 kJ
Ved likevekt har vi at G = -RTlnK
-
K =e
-2000
8.314⋅298
= 2, 24
G < 0  frivillig reaksjon.
Kommentar til bruk av enheter: Når det står f.eks. G = -2 kJ for reaksjonen over, menes
det at det frigjøres 2 kJ energi når 2 mol NaCl(s) reagerer med 1 mol H2SO4(l), slik det fremgår
av reaksjonsligningen. Hvis stoffmengden av reaktanter fordobles, slik at 4 mol NaCl(s)
reagerer med 2 mol H2SO4(l), fordobles også den frigjorte energien til -4 kJ. Med andre ord er
energien (og entalpien og entropien!) spesifisert per mol av stoffene som inngår i reaksjonen,
selv om det er vanlig å skrive kJ, og ikke kJ/mol, for reaksjoner. RT har benevning J/mol, slik at
eksponenten i uttrykket for K blir dimensjonsløs slik den skal være.
b)
S > 0 er forventet siden det dannes gass ved reaksjon, en går fra noe orden i væskefasen til
uorden i gassfasen.
c)
Likevektskonstanten K ved T blir lik:
2
æ P ö÷ æ 5 ö÷2
der P = 1 atm. (standardtilstand)
K = çç HCl
= çç ÷ = 25
÷
èç P o ÷ø èç 1 ÷ø
2
Standardtilstanden til rent fast stoff og rene væsker, molbrøk x =1. Derfor er det bare
gasstrykket til HCl som inngår i uttrykket for likevektskonstanten.
G = G + RTlnQ
Likevekt ved T: G = 0 og Q = K
0 = G + RTlnK = (H - TS) + RTlnK
T=
DH o
65000
=
= 331K
o
DS - R ln K 223 - 8,315´ln 25
OPPGAVE 3
a) 205, 70, 41 (ved 0 °C), 6 for grafitt, 2 for diamant, 187, 56, 27, alle i J K-1 mol-1.
b) Entropiene er absolutte. Entropien er S = 0 ved T = 0 K.
c) ΔS° = (70 – 41) J K-1 mol-1 = 29 J K-1 mol-1.
d) ΔS° = (189 – 70) J K-1 mol-1 = 119 J K-1 mol-1.
e) Forskjellen i uorden mellom vann og is er ikke svært forskjellig, men i flytende fase er
uordenen størst. Derimot er uordenen i vanndampen mye større enn i de kondenserte faser
vann og is.
OPPGAVE 4
a) Fordampningen skjer reversibelt ved 100 °C, så følgende likevekt er innstilt:
H2O(l) = H2O(g)
o
Fordampningsentropien DS vap ved vannets normale kokepunkt er da gitt ved:
o
DH vap
40, 7 ´1000
= 109 J K -1
Tb
273,15 + 100
(Beregningsuttrykket fås fra ∆
∆
∆
0 for likevekten øverst.)
o
DS vap
=
=
b) Fordampningsentropi for alle væskene (inkludert vann):
o
Forbindelse
Kokepunkt
DH vap
-1
K
kJ mol
o
DS vap
J mol-1 K -1
Cl2
20,4
238,5
85,5
C6H6
30,8
353
87,3
CHCl3
29,4
334
88,0
PbCl2
104,0
1145
90,8
H2 O
40,7
373
109,1
o
DS vap
er tilnærmet like stor for alle forbindelser, men øker noe med polaritet og ordning
i væske. Særlig H2O avviker betraktelig fra Troutons regel (109 J mol-1 K-1 vs. 88 hvis
vann hadde fulgt regelen), noe som i hovedsak skyldes hydrogenbindinger mellom
vannmolekylene.
3
OPPGAVE 5
a)
3 mol Xe varmes opp fra 300 til 500 K.
T2
DS = ò
T1
nCp
T
500
dT = ò
300
3⋅ 21
500
-1
dT =63⋅ ln
= 32 J K
T
300
Vi må gjøre den antakelsen at CP er tilnærmet konstant i området 298 - 500 K.
(Tabellverdien for CP er oppgitt ved 298 K).
b)
Oppvarming ved konstant volum:
T2
DS = ò
T1
[ CV =
Vi benytter relasjonen CV = CP – R.
T2
DS = ò
T1
n(Cp - R)
T
nCV
dT
T
500
dT = ò
300
3
5
R og CP = R ]
2
2
3(21- 8,314)
500
dT = 38, 06´ln
= 19 J/K
T
300
(Vi legger merke til at her benytter vi verdien R = 8,314 J/K.mol, se s. 3 i SI).
c)
Vi vil ikke vente noen vesentlig forskjell mellom ∆S beregnet ved henholdsvis konstant
trykk og volum fordi CP ≈ CV for faste stoff (og væsker).
OPPGAVE 6
a)
Enhver frivillig prosess bidrar til at universets entropi øker
b) Det som skjer i virkeligheten, bidrar til at universets entropi øker: Varme går fra
varm til kald flate, NaCl løses i vann.
c)
ΔG, ΔH og ΔS betyr endring i Gibbs fri energi, entalpi og systemets entropi ved en
reaksjon. T er temperatur.
d) ΔG betegner endring i Gibbs fri energi generelt. ΔG° betegner endring i Gibbs fri
energi dersom komponentene er i standardtilstand (altså standard konsentrasjon,
aktivitet = 1). ° sier ingen ting om temperaturen.
e)
Det betyr at H2O er i standardtilstand, det vil si rent vann, damptrykk 1 atm. Både
H2O (l) og H2O (g) har aktivitet = 1.
f)
Ved 1 atm trykk koker rent vann ved 100 °C. Både H2O (l) og H2O (g) er i
standardtilstand.
g) Ved likevekt er ΔG = 0. Når vann koker, er det likevekt mellom vann og vanndamp.
Da er ΔG = ΔG°.
-(-286) kJ mol-1
44000 kJ mol-1
h) ΔG° = ΔH° -T ΔS°, ΔG° = 0  T = HS = -242
= 119
= 369,7 K =
189-70 J K -1 mol-1
J K -1 mol-1
i)
94,8 °C
Temperaturer over 100 °C. Det er da koking skjer.
4
OPPGAVE 7
a) ΔG° = ΔH° - T ΔS° = -RT ln K  ln K =-ΔH°/RT + ΔS°/R
b) ln K1 =-ΔH°/RT1 + ΔS°/R
ln K2 =-ΔH°/RT2 + ΔS°/R (-1)
ln K1 - ln K2 = - ΔH°/RT1 + ΔS°/R + ΔH°/RT1 - ΔS°/R = ΔH°/RT2-ΔH°/RT1
ln(K1/K2) = ΔH°/R(1/T2- 1/T1)
c) ln(K1/K2) = -81000/8,31(1/373-1/298) = 6,57  K1/K2 = 716 
K2=1,210-3/716 = 1,710-6
d) ln(K1/K2) = 81000/8,31(1/373-1/298) = -6,57  K1/K2 = 1,410-3 
K2=1,210-3/1,410-3 = 0,86
e) H2O (l) = H2O (g)
PH 2O
= PH 2O når vi antar at det er rent vann.
f) K =
aH 2O
g) K = 1. (Ved kokepunktet er det likevekt.)
h) K1 = PH 2O ved temperatur 1 (forkortet P1), og K2 = PH 2O ved temperatur 2 (forkortet P2).
ΔH i lign. b) blir dermed fordampningsvarmen for vann, ΔHvap.
OPPGAVE 8
a)
2 Ag (s) + ½ O2 (g) = Ag2O (s)
H = -31 kJ, G = -11 kJ
b)
Ved 298 K
ln K298 = - DG
o
=
RT
-
æ PO ö
K = ççç 2 ÷÷÷
è P ø÷
1
2
11000
= 4, 44
8,314 ´ 298
= e 4,44 = 84,8
eq
For at Ag2O (s) skal spaltes, må PO2 (luft) < PO2 (eq)
-1/ 2

PO2 (luft) = PO2 (eq) = 0,21 atm
H, S konstant

ln
æ 0, 21 atm ö÷
KT = çç
çè 1 atm ÷÷ø
= 2,18  ln KT = 0,78
KT
DH o çæ 1
1ö
=
- ÷÷÷
ççè
K 298
R 298 T ø
-31000 æç 1
1ö
- ÷÷÷
çè
ç
8,314 298 T ø

0,78 – 4,44 =

T = 421 K (spaltningstemperaturen)
5
Alternativ løsning av spm. b:
2 Ag (s) + ½ O2 (g) = Ag2O (s)
S
43
205
121
-1
S = 121 – 86 – 102,5 = - 67,5 J K
o
o
= -11 kJ, DH 298
= -31 kJ
DG298
DGTo = DH o - T DS o = DH o + 67,5´T
K=
1
PO2
Po
DGT = DGTo + RT ln K = DGTo + RT ln
1
=
PO2
Po
= -31000 + 67,5T + 8,314 T  ln
1
0, 21 atm
1 atm
DGT = 0 = -31000 + 67,5´T + 6, 49´T
T = 421 K
J K-1 mol-1