giải chi tiết bài tập nguyên lí nđlh

6 8 0
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 30/11/2016, 22:15

3.1. Tính toán sự thay đổi entropy khi 25 kJ năng lượng được chuyển thuận nghịch và isothermally như là nhiệt đến một khối lớn sắt ở (a) 0°C, (b) 100oC. (a) 92 JK1, (b) 67 JK1Giải: a) S = QT = 25000(0 + 273) = 91,6 (JK) b) S = QT = 25000(100 + 273) = 67 (JK) 3.1 Tính toán thay đổi entropy 25 kJ lượng chuyển thuận nghịch isothermally nhiệt đến khối lớn sắt (a) 0°C, (b) 100oC (a) 92 JK-1, (b) 67 JK-1 Giải: a) ∆S = Q/T = 25000/(0 + 273) = 91,6 (J/K) b) ∆S = Q/T = 25000/(100 + 273) = 67 (J/K) 3.2 Tính entropy phân tử mẫu neon có thể tích không đổi 500 K cho entropy 298 K 146,22 JK mol-1 152.67 JK-1mol-1 Giải: ∆S = Cv.ln(p2/p1) = Cv.ln(T2/T1) = (20,786-8,314).ln(500/298) = 6,45 (J/K.mol) ∆S = S2 – S1 → S2 = ∆S + S1 = 6,45 + 146,22 = 152.67 JK-1mol-1 3.3 Tính ΔS (cho hệ) 3,00 mol nguyên tử trạng thái khí lý tưởng, mà C p, m = 5R/2, thay đổi từ 25°C 1,00 atm đến 125°C 5,00 atm Làm để bạn hợp lý hóa dấu hiệu ΔS? -22.1 JK-1 Giải: R = Cp – Cv → Cv = Cp – R = 5R/2 – R = 3R/2 ∆S = n[Cv.ln(T2/T1) + R.ln(V2/V1)] = 3.[3R/2.ln(T2/T1) + R.ln(T2.p1/T1.p2)] = 3.[3.8,314/2.ln(398/298) + 8,314.ln(398.1/298.5)] = - 22,1 (J/K) 3.4 Một mẫu gồm 3,00 mol hai nguyên tử phân tử khí lý tưởng 200 K nén đoạn nhiệt thuận nghịch nhiệt độ nó đạt đến 250 K Cho C v, m = 27,5 JK-1mol-1, tính toán q, w, ΔU, ΔH, ΔS ∆S = q = 0, w = ∆U = +4.1 kJ, ∆H = +5.4 kJ Giải: - Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch: Q = => ∆S = W = ∆U = nCv(T2 – T1) = 3.27,5.(250 – 200) = 4125 (J) = 4,125 (kJ) ∆H = ∆U + nR(T2 – T1) = 4125 + 3.8,314.(250 – 200) = 5372,1 (J) = 5,3721 (kJ) 3.5 Tính ΔH ΔStot hai khối đồng, khối lượng khối 10,0 kg, 100°C 0°C, đặt tiếp xúc container bị cô lập Nhiệt dung riêng đồng 0,385 JK -1g-1 có thể giả định không đổi phạm vi nhiệt độ có liên quan ∆H = 0; ∆S = 93,4 J.K-1 Giải: Qthu = - Qtỏa ↔ 10000.0,385.(T2 – 273) = - 10000.0,385.(T2 – 373) → T2 = 323 K ∆S1 = 10000.0,385.ln(323/373) ∆S2 = 10000.0,385.ln(323/273) ∆S = ∆S1 + ∆S2 = 10000.0,385.[ln(323/373) + ln(323/273)] = 93,38 (J/K) 3.7 P1 = 10 atm A = 10 cm^2 P2 = bar x = 20 cm Cv = 28.8 J/mol.K n = moles (a) Q = 0, trình đoạn nhiệt (b) ∆Hvap (CHCl3) = 29.4 kJ mol-1 = 29.4e3 J mol-1 ∆ Svap = ∆Hvap/T = (29.4x 103) / (334.88 ) = 87.79 J K-1 mol-1 ∆ Ssurr = - ∆ Svap = -87.79 J K-1 mol-1 (c) Enegy balance for closed system ∆U = Q - W, Q = ∆U = - W ∆U = - 78.72 J (d) du/dT = cv, by definition ∫du = ∫cvdT ∆u = cv∆T ∆U = ncv∆T ∆T = ∆U/ncv = - 78.72 J / (28.8 J/mol.K*2 mol) ∆T = - 1.367 K or deg C (e) ∆S = n[cv ln(T2/T1) + R ln V2/V1] ∆S = 2*[28.8 ln (296.783/298.15) + 8.314 ln(5092.81/4892.81)] ∆S = 0.4015 J/K 3.10 Sử dụng lượng Gibbs tiêu chuẩn hình thành để tính toán lượng Gibbs tiêu chuẩn phản ứng 298 K phản ứng tập 3.8a Giải: a/ Năng lượng Gibbs phản ứng: 2CH3CHO(g) + O2(g) → 2CH3COOH(l) ∆G 0r = ( ∑ νi ∆G ) − ( ∑ νi ∆G ) = 2∆G 0CH3COOH (l) − (2∆G CH + ∆G O0 (g) ) 3CHO(g) sp tg = 2.(−389,9) − [2.(−128,86) + 0] = −522,1 (kJmol −1 ) b/ Năng lượng Gibbs phản ứng: 2AgCl(s) + Br2(l) → 2AgBr(s) + Cl2(g) ( ) ∆G 0r = ( ∑ νi ∆G ) − ( ∑ ν i ∆G ) = 2∆G 0AgBr (s) + ∆G Cl − (2∆G 0AgCl(s) + ∆G 0Br2 (l) ) (g) sp tg = [2.(−96,9) + 0] − [2.(−109, 79) + 0] = +25, 78 (kJmol −1 ) c/ Năng lượng Gibbs phản ứng: Hg(l) + Cl2(g) → HgCl2(s) ( ) ∆G 0r = ( ∑ ν i ∆G ) − ( ∑ ν i ∆G ) = ∆G 0HgCl2 (s) − (∆G 0Hg(l) + ∆G Cl ) (g) sp tg = − 178, − (0 + 0) = −178, (kJmol −1 ) 3.11 Tính lượng Gibbs tiêu chuẩn phản ứng HCl (k) + O2 (g) → 2Cl2 (k) + 2H2O (l) 298 K, từ entropy chuẩn enthalpies hình thành đưa phần liệu Giải: Hiệu ứng nhiệt phản ứng 298K là: ( ) ∆H 0r = ( ∑ νi ∆H ) − ( ∑ ν i ∆H ) = 2∆H 0Cl2 (g) + 2∆H H0 2O(l) − (∆H O0 (g) + 4∆H 0HCl(g ) ) sp tg ∆H 0r = [ + 2.(−285,83) ] − [ + 4.( −92,31) ] = −202, 42 (kJmol −1 ) Entropy phản ứng 298K là: ( ) ∆S0r = ( ∑ ν iS0 ) − ( ∑ ν iS0 ) = 2S0Cl2 (g) + 2S0H2O(l) − (SO0 (g) + 4S0HCl(g) ) sp tg ∆S0r = ( 2.223, 07 + 2.69, 91) − ( 205,138 + 4.186,91) = −266,82 (J.K −1 mol−1 ) Năng lượng Gibbs phản ứng 298K ∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −202, 4.103 − 298.(−366,82) = −93, 05 (kJ.mol −1 ) 3.12 Entanpy tiêu chuẩn trình đốt cháy phenol rắn (C6H5OH) -3054 kJmol-l 298 K entropy mol tiêu chuẩn 144,0 JK-lmol-1 Tính lượng Gibbs tiêu chuẩn hình thành phenol 298 K Giải: Phương trình phản ứng: C6 H 5OH (s) + 7O 2(g) → 6CO 2(g) + 3H O Hiệu ứng nhiệt phản ứng 298K là: ( ) ∆H 0r = ( ∑ νi ∆H ) − ( ∑ ν i ∆H ) = 6∆H 0f , CO2 (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7 ∆H f0,O2 (g) + ∆H f0, C6 H5OH(s) ) sp tg ( ) ⇒ ∆H 0f ,C6 H5OH (s) = 6∆H f0, CO (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7∆H f0,O (g) + ∆H r0 ) = [6.( −393,51) + 3.(−285,83)] − [ + ( −3054) ] = −164,55 (kJmol −1 ) Phương trình phản ứng: 6C(s) + 3H + O 2(g) → C6 H5 OH (s) Entropy phản ứng 298K là: ∆S0r = S0C6H5OH(s) − (6SC(s) + 3S0H (g) + SO0 (g) ) ∆S0r = 144 − (6.5, 74 + 3.130, 684 + 205,138) = −385, 061 (JK −1mol −1 ) Năng lượng Gibbs phản ứng: ∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −164,55.103 − 298.(−385, 061) = −50 (kJ.mol −1 ) 3.13 Tính toán thay đổi entropy hệ thống môi trường xung quanh, tổng số thay đổi entropy, mẫu khí nitơ khối lượng 14 g 298 K áp suất 1,00 bar tăng gấp đôi khối lượng (a) giãn đẳng nhiệt thuận nghịch, (b ) giãn đẳng nhiệt không thuận nghịch lại pex = 0, (c) giãn đoạn nhiệt thuận nghịch Giải: a/ Quá trình đẳng nhiệt thuận nghịch nên ta có: ∆U T =   V 14 ∆U = q + w ⇒ q = − w = −  − ∫ pdV ÷ = nRT ln = 8,314.298.ln = +858, 66 (J) V1 28   q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S = Entropy khí là: q (gas) T = 858, 66 = +2,9 (JK −1 ) 298 ∆S(surroundings) = q surroundings T = −q (gas) T −858, 66 = −2,9 (JK −1 ) 298 = Vậy entropy tổng cộng chất khí là: ∆S( total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2,9 + (−2,9) = b/ Quá trình đẳng nhiệt không thuận nghịch với q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S = ∆S(surroundings) = q (gas) q surroundings T T = p ex = 858, 66 = +2,9 (JK −1 ) 298 =0 Vậy entropy tổng cộng chất khí là: ∆S(total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2, + = +2,9 (J.K −1 ) q = q (gas) = q surroundings = c/ Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch nên ta có: ∆S(total) = ∆S(gas ) = ∆Ssurroundings = Suy ra: 3.14 Tính công không giãn nở cực đại cho mol thu từ tế bào nhiên liệu phản ứng hóa học trình đốt cháy khí mê tan 298K Giải: CH 4(g) + 2O 2(g) → CO 2(g) + 2H 2O(l) ∆G 0r = ( ∑ ν ∆G ) i sp − ( ∑ ν ∆G ) i tg ( = ∆G f0,CO (g ) ) + 2∆G f0, H O (l) − ( ∆G f0,CH ∆G 0r = [ −394,36 + 2.(−237,13)] − [ −50, 72 + 0] = −817,9 (kJ.mol −1 ) w = −∆G 0r = −(−817,9) = 817,9 ( kJ.mol −1 ) (g ) + 2∆G f0,O (g) )
- Xem thêm -

Xem thêm: giải chi tiết bài tập nguyên lí nđlh, giải chi tiết bài tập nguyên lí nđlh, giải chi tiết bài tập nguyên lí nđlh

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập