תרמודינאמיקה פתרון תרגיל מספר 9 Pl Pl + l 5( g) 3( g) ( g) 1. נתחיל בתאור ההליך בכלי: initial.341 eq..341 ξ ξ ξ ttal.341+ ξ y ξ.341 ξ ξ ξ.341+ ξ.341+ ξ.341+ ξ מכאן שקבוע שיווי משקל הינו: ξ P ξ P ( )( ) P P ξ ( ) ξ ( ).341+ ξ P.341+ ξ P K P P.341 ξ P ( ) (.341 ξ )(.341 + ξ).341 ξ.341+ ξ P הלחץ הכללי של התגובה הוא לחץ כל הגזים המשתתפים בתגובה, ומתוך הנחת הגזים האידאליים: ntt Preactin PPl + P 5 Pl + P 3 l כך שאם ניקח את הלחץ הנתון בשאלה במצב ש"מ ונוריד ממנו את לחץ הגז האינרטי החנקן נקבל את לחץ התגובה: Lbar.33ml.8314 53K Preactin Pttal PN 9.33bar Kml 19.bar 1L Lbar (.341 + ξ ) ml.8314 53K P Kml reactin 19.bar 1L ξ.15 כעת כשמצאנו את מידת התקדמות הראקציה נוכל למצוא את קבוע שיווי המשקל: 19.bar.15 ( ) K 1bar 1.83.341.15. עבור מול אחד Δ ( G H ) Δ ( 45.93 37.17 + 4.6 + 37.7 4) cal/k 98K 6.74 98cal 797cal ΔH ΔG ln( K G H 57.17 + +.19 4 kcal 6.138kcal ( ) Δ(G p H ΔG ) ) + ΔH K p (7.97 6.138)kcal 18.166kcal -18166cal 4.184J/cal 768J ΔG exp 768J exp exp(3.7) 1 8.31J/K 98K 13 קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail
3. פתרון קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail
BaO3 BaO + O התגובה היא : נחשב מהי הטמפרטורה בה מגיעים לש"מ בלחץ אטמוספרי:.4 Kcal Δ G98 94 16 + 7 5 ml Kcal Δ H 98 94 133 + 91 64 ml 1 cal S98 ( Δ ΔH98 Δ G98 ) 4 K ml cal Δ P.3 K ml 98 P 98 P 98 Δ H Δ H + Δ ( ') d' Δ H +Δ ( 98) cal cal 64.3 ( 98) K ml K ml ΔP ( ') Δ S Δ S98 + d' Δ S98 +Δ Pln ' 98 98 cal cal 4.3 ln K ml K ml 98 עבור טמפרטורה כללית נקבל: ולכן עבור הטמפרטורה בה מגיעים לש"מ: Δ H ΔH Δ S cal cal cal cal 64.3 ( 98) K (4.3 ln ) ml K ml K ml K ml 98 64685.4 4.3 +.3ln 98 ומתוך פתרון גרפי 1688K קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail
. 5 א. ע"מ לחשב את קבוע ש"מ עלינו למצוא מהם הלחצים החלקיים של כל רכיב. נתונים לנו הלחץ ההתחלתי הכולל n והלחץ הסופי הכולל. אנו עוסקים בגזים אידיאלים ולכן P ( g) + B( s) ( g) n 1 3 n ξ 1+ ξ ξ 3- ξ ttal 4+ ξ יש לקחת בחשבון גם את הגז האינרטי בחישוב הלחץ הכולל! initial initial initial ntt ( gas) ni Ptt 5atm initial ni ( 3+ 1+ 1) mle 5mle 1 mle / atm ntt ( gas) ( 1+ ξ) + ( 3 ξ) + 1 Ptt 4atm 1 mle / atm 4mle ξ 1mle eq eq P n atm eq eq P n 1atm P 1atm eq P 1 K P.5 eq P P Δ G ln K 8.314 J /( mlek)3k ln(.5) 1.73 kj / mle r Δ G μ μ μ r B Δ הוא מיידי: G r ב. חישוב ובמונחים של פוטנציאלים כימיים: נשתמש בהגדרה הבסיסית דרך פוטנציאלים כימיים (שכן הלחץ והטמפרטורה קבועים ולכן אין Δ G r ג. ע"מ לחשב את צורך לחשב את תרומתם הרי שבהפרש הם יפלו!): Δ G G G r f i i i i Gi nμ + nbμb + nμ Pi μi μi + ln P קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail
G μ + μ + μ G f B + + + + μ ln μb μ ln1 + + + μ μb μ ln μ + 3μ init μ + ln1+ 3μ + 3 ln 3 μ + 3μ + 3 ln3 Δ G μ + μ μ + ln 3ln3 r B Δ + ln 3 ln3 rg 6.5 kj / mle ד. כדי שכל יעלם נדרוש: n 3 ξ ξ 1.5mle! n.5 mle n 3mle G.5μ + 3μ f B.5μ +.5 ln.5 + 3μ G B μ + 3μ init μ + ln1+ 3μ + 3 ln 3 μ + 3μ + 3 ln3 Δ + + B rg 1.5μ 3μB 3μ.5ln.5 3ln 3.5.5 1.5 rg ln( 3 ) 5.1 / Δ + Δ G Δ H Δ S ln K r r r r ln 3 K Δ H 1 1 K1 R 1 1 1 1 K Δ rh R ln K 1 1 kj mle 1 1 1 K rh 8.314 J /( mlek) ln 15.5 kj / mle Δ 3 35 K כלומר התגובה אכן מעדיפה העלמת כל. וזו התגובה הספונטנית. ה. כדי לפתור שאלה זו נזכר בהגדרת G ונשתמש במשוואת ואן הוף: ΔrG ΔrH 1.73 kj / mle 15.5 kj / mle Δ rs.35 kj /( mlek) 3K ו. קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail
new.5ld.5 mle / atm אם הנפח הוקטן פי אז: eq eq P n 4atm new eq eq P n atm new קלאודיה ורטש אורלי קלטניק אורנשטיין 6, טלפון: 3-6479. sztrumcl@pst.tau.ac.ilkletenik@pst.tau.ac.il :e-mail