Varme, arbejde, enthalpi og energi.

Vands fordampningsvarme ved 1 bar er L = 40,7 kJ/mol.

Volumen af 1 mol vand ved 100 ^oC og 1 bar:

pV = nRT  <=>

V = nRT/p

V = 1 mol * 8,314472 J/(K*mol) * 373,15 K / 1*10⁵ Pa = 0,031025 m³

Lad os sætte volumenet af 1 mol flydende vand til 0.

a)

Tilført varme:

q = n * L

q = 1 mol * 40,7 kJ/mol = 40,7 kJ

Tilført arbejde:

w = -∫ p dV

Da trykket p er konstant, har vi

w = -p * ΔV

w = -1*10⁵ Pa * (0,031025 m³ - 0 m³) = -3,1 kJ

Tilvækst i indre energi:

1. Hovedsætning

ΔU = q + w

ΔU = 40,7 kJ - 3,1 kJ = 37,6 kJ

Tilvækst i enthalpi:

For en isobar proces er ΔU = ΔH, så

ΔH = 37,6 kJ

b)

Formlen vi brugte før q = n * L, kan vi ikke bruge her da vi ikke ved hvilken værdi af L vi skal bruge, da processen ikke forløber ved et bestemt konstant tryk som før. Lad os lige vente lidt med at finde q.

Da trykket på stemplet er 0, bliver arbejdet

w = p * ΔV = 0 kJ

Da U og H er tilstandsfunktioner, og da starttilstanden og sluttilstanden er de samme som før, må ΔU og ΔH også være de samme som før

ΔU = 37,6 kJ

ΔH = 37,6 kJ

Nu kan vi finde q ud fra 1. Hovedsætning:

ΔU = q + w  <=>

q = ΔU - w

q = 37,6 kJ - 0 kJ = 37,6 kJ

Tusind tak for dit fyldstgørende svar. Det sætter jeg pris på. 

Jeg tillader mig at vedhæfte de her to spørgsmål, som jeg håber, at du kan hjælpe mig med:

https://imgur.com/a/nekQVQP

Jeg har intet facit til de her spørgsmål, og derfor kan jeg ikke rigtig se, hvordan man løser dem...

Tak på forhånd! 

Reaktionsenthalpien beregnes som summen af enthalpierne på produktsiden minus summen af enthalpierne på reaktantsiden:

Δ_rH = ΣνH(produkter) - ΣνH(reaktanter)

Så må vi lige finde værdierne i en tabel:

H^o₂₉₈ (C₆H₁₂O₆(s)) = -1268 kJ/mol

H^o₂₉₈ (O₂(g)) = 0 kJ/mol

H^o₂₉₈ (CO₂(g)) = -393,51 kJ/mol

H^o₂₉₈ (H₂O(l)) = -285,83 kJ/mol

Så vi har

Δ_rH^o₂₉₈ = 6 * (-393,51 kJ/mol) + 6 * (-285,83 kJ/mol) - ( -1268 kJ/mol + 6 * 0 kJ/mol ) = -2808 kJ/mol

Den anden opgave:

Man skal vist bare beregne forskellen i enthalpi mellem cis- og trans-versionen.

Vi kan betragte det som processen cis-2-buten → trans-2-buten og så beregne reaktionsenthalpien:

Δ_rH^o₂₉₈ = -11,1 kJ/mol - (-7,0 kJ/mol) = -4,1 kJ/mol

Så trans-versionen har altså en enthalpi der ligger 4,1 kJ/mol under enthalpien for cis-versionen.

Tusind tak for hjælpen...

Jeg har de her opgaver også: https://imgur.com/a/5Nkufjk 

Det første spørgsmål forstår jeg slet ikke, og ved det andet har jeg selv forsøgt med delopgave b som det eneste, så jeg mangler desværre resten også.  Ved (b) tænker jeg, at man skal jeg beregne Gibbs fri energi, men jeg skal kende ΔH og ΔS. ΔH er 180,7 kJ kom jeg frem til, men hvad med ΔS? Hvordan kommer man frem til det? 

Tak på forhånd !!! 

Opgave 1

a)

n_A mol af én gas bliver blandet med n_B mol af en anden gas. Temperaturen og trykket er konstant, så rumfanget må blive større.

Vi kan følge tippet om at beregne entropiændringen for hver af de to gasser og så lægge dem sammen.

Gas A:

Der er n_A mol ved p_A = 1 bar til at starte med, og efter blandingen udgør gas A molbrøken x_A, og dets partialtryk er p_A = x_A * p_total.

Du har sikkert i din bog at

ΔS = ∫ dQ_rev / T   (generelt)

ΔS = Q_rev/T  (ved konstant T)

Har du også et sted en formel der siger, at for en isoterm proces med en ideal gas gælder

Q_rev = nRTln(V₂/V₁)

? Ellers må vi lige udlede den til dig.

Dette giver

ΔS_A = n_ART ln(V₂/V₁) / T  <=>

ΔS_A = n_ARln(V₂/V₁)

V₂ er blandingens volumen, som kan findes af idealgasligningen til at være 

V₂ = n_totalRT/p_total

V₁ er gas A's startvolumen som kan findes som

V₁ = n_ART/p_A

Dette giver

ΔS_A = n_AR ln(n_totalRT/p_total / (n_ART/p_A))

Da p_A = 1 bar = p_total, får vi

ΔS_A = n_ARln(n_total/n_A)

Da n_A/n_total = x_A, fås

ΔS_A = n_ARln(1/x_A)  <=>

ΔS_A = -n_ARln(x_A)

På samme måde kan vi for gas B finde

ΔS_B = -n_BRln(x_B)

Lægges disse sammen, fås

ΔS_mix = -n_ARln(x_A) - n_BRln(x_B)

Vi kan finde entropiændringen på molbasis ved at dividere med n_total:

ΔS_mix,m = -(n_A/n_total)Rln(x_A) - (n_B/n_total)Rln(x_B)  <=>

ΔS_mix,m = -x_ARln(x_A) - x_BRln(x_B)

b)

Da x_A og x_B er mindre end 1, så får man noget negativt når man tager logaritmen af dem. Vi kan så se på udtrykket at ΔS bliver positiv. Dette harmonerer vel fint med at det er en irreversibel proces der er foregået.

c)

ΔG = ΔH - TΔS (ved konstant T)

Vi har at

H = U + pV

Da U for en ideal gas kun afhænger at temperaturen, så har vi at U er konstant ved konstant temperatur. p er konstant. V er også konstant da både p, R, T og n_total i idealgasligningen er konstante. Dette giver at ΔH = 0. Så vi har

ΔG = - TΔS

(Du kan indsætte udtrykket for ΔS fra før.)

Da ΔS var positiv, bliver ΔG negativ og passer med en spontan reaktion.

Opgave 2:

a)

(Man gætter på at det nok er noget med at beregne ΔG og så se om reaktionen kan forløbe frivilligt.)

3 H₂(g) + 6 C(s,grafit) → C₆H₆(g)

ΔH⁰_298,m = 82,9 kJ/mol - (3*0 kJ/mol + 6*0 kJ/mol) = 82,9 kJ/mol

ΔS^o_298,m = 229,5 J/(K*mol) - (3 * 130,6 J/(K*mol) + 6 * 5,7 J/(K*mol)) = -196,5 J/(K*mol)

ΔG^o_298,m = 82,9 kJ/mol - 298K * (-196,5 * 10^-3 kJ/(K*mol)) = 141,5 kJ/mol

Da ΔG > 0 kan processen ikke forløbe frivilligt. Vi vil derfor ikke købe katalysatoren.

b)

ΔH⁰_298,m = 2 * 33,1 kJ/mol - (2 * 90,3 kJ/mol + 0 kJ/mol) = -114,4 kJ/mol

ΔS^o_298,m = 2* 239,9 J/(K*mol) - (2 * 210,7 J/(K*mol) +  205,0 J/(K*mol)) = -146,6 J/(K*mol)

ΔG^o_298,m = -114,4 kJ/mol - 298K * (-146,6 * 10^-3 kJ/(K*mol)) = -70,7 kJ/mol

Da ΔG < 0 forløber reaktionen spontant ved den givne temperatur og tryk.

c)

12 CH₄(g) + 4 NH₃(g) + 13 O₂(g) → 4 CH₂CHNH₂COOH(s) + 18 H₂O(l)

Jeg har ikke lige en tabel der indeholder alanin, men proceduren er den samme som i de to foregående opgaver.

ΔH⁰_298,m = 4 * XXXX kJ/mol + 18*(-285,8 kJ/mol) - (12*(-74,9 kJ/mol) + 4*(-45,9 kJ/mol) + 13*0kJ/mol) = ... kJ/mol

ΔS^o_298,m = 4* XXXX J/(K*mol) +18*69,9J/(K*mol) - (12*186,1 J/(K*mol) +  4*192,6J/(K*mol) + 13*205J/(K*mol)) = ... J/(K*mol)

ΔG^o_298,m = ... kJ/mol - 298K * ... * 10^-3 kJ/(K*mol) = ... kJ/mol

Kan seriøst ikke takke dig nok for den kæmpe hjælp. 

Jeg vil gerne spørge til delspørgsmål c i opgave 1, om udtrykket for ΔS fra før, er:

ΔSmix,m = -xARln(xA) - xBRln(xB)

?

Ja, det er det.

ΔH⁰_298,m = 4 * (-562,7kJ/mol) + 18*(-285,8 kJ/mol) - (12*(-74,9 kJ/mol) + 4*(-45,9 kJ/mol) + 13*0kJ/mol) = -6312,8 kJ/mol

ΔS^o_298,m = 4* 129,20 J/(K*mol) +18*69,9J/(K*mol) - (12*186,1 J/(K*mol) +  4*192,6J/(K*mol) + 13*205J/(K*mol)) = -4103,3 J/(K*mol)

ΔG^o_298,m = -6312,8 kJ/mol - 298K * -4103,3 J/(K*mol)*10-3 kJ/(K*mol) = -5090,02 kJ/mol

Jeg slog dem om i min bog, og fik fgl. resultater. Dog kunne ikke få alle værdierne til at passe med dem du fik. Jeg ved ikke, om jeg har kigget forkert. Men ser resultaterne rigtige ud? Igen her er ΔG < 0, og derfor forløber reaktionen spontant. Ikke?

Jeg får vist ΔS til at give -3983,6.

ΔG = -6312,8 kJ/mol - 298K*(-3,9836 kJ/mol) = -5153 kJ/mol

Da ΔG er negativ, forløber reaktionen spontant.

Jeg har lige checket tabelværdierne igen, og jeg tror vist jeg har aflæst dem rigtigt nok. Husk at når du slår værdierne op at det skal være for stoffet i den rigtige fase, (g), (s) eller (l). For værdierne er nemlig lidt forskellige.

Jeg sidder nu med de her spørgsmål, hvor jeg har løst a-c, men mangler d-e, hvor jeg også har vedhæftet facit. Jeg forstår virkelig ikke deres fremgangsmåde, og hvordan de kommer frem til løsningen. Håber, at du kan tage et kig: 

 https://imgur.com/a/5vv2JRE

Tak på forhånd!

a)

Det er jo en ligevægtsreaktion der kan forløbe begge veje, så ΔG = 0. Dvs.

0 = ΔH - TΔS  <=>

ΔS = ΔH/T

ΔS = 25,04*10³ J/mol / 348,15 K = 71,92 J/(K*mol)

Ændringen i entropi er positiv hvilket vil sige at entropien i den flydende fase er større end i den faste fase. Dette stemmer fint med at entropi kan betragtes som mål for hvor meget "uorden" der er i systemet. Der er mere uorden når molekylerne bevæger sig frit rundt i en væske ned når de er ligger fast i et fast stof.

b)

Vi har fået oplyst ΔH for reaktionen (s)→(l) samt for reaktionen (l)→(g), og vi skal nu finde ΔH for reaktionen (s)→(g).

ΔH er bare enthalpien i sluttilstanden minus enthalpien i starttilstanden, dvs. at ΔH ikke afhænger af hvilken måde stoffet kommer fra start- til sluttilstanden på. Vi har altså at

ΔH_(s)→(g) = ΔH_(s)→(l) + ΔH_(l)→(g)

ΔH_(s)→(g) = 25,04 kJ/mol + 80,3 kJ/mol = 105,3 kJ/mol

c)

Ved en proces hvor trykket er konstant, er ΔH lig med den tilførte varme. Så her bruger du 

ΔH = C_p,s * ΔT

ΔH = 208,08 J/(K*mol) * (50-25)K = 5,2 kJ/mol

d)

Det er samme opgave som før, men nu skal vi tage højde for at C_p,s varierer under opvarmningen. Vi bruger så formlen

ΔH = ∫ C_p,s dT

Så indsætter de formeludtrykket for C_p,s og udfører integrationen fra starttemperaturen til sluttemperaturen.

e)

Definitionen på entropiændringen er

ΔS = ∫ dQ_rev/T

Hvis man så har en reversibel proces hvor man opvarmer ved konstant tryk, så gælder dQ_rev = C_p*dT. Dette giver

ΔS = ∫ C_p/T dT

og så indsætter de udtrykket for C_p og udfører integrationen fra start- til sluttemperaturen.

Yes det lykkedes mht. ovenstående opgaver. Tak!

Ved du hvordan man beregner ligvægtsdamptrykket her: https://imgur.com/a/lzJ2yD1 ? I delopgave b. 

Jeg prøver at følge deres facit, men jeg får slet ikke samme resultat. Hvordan bergnes det? 

Beklager. Jeg glemte at vedhæfte delopgave d: https://imgur.com/a/LqWOFgm

Hvordan kan det være, at de ikke føler den formel som de selv har angivet i opgavebeskrivelsen, men skriver noget andet i facit. Det er virkelig forvirrende, og jeg kan selvfølgelig ikke få det til at passe. De skriver 0,05 T²+10,4T. Men sådan er forskellen ikke formuleret.

b)

De bruger en formel der siger

ΔG^o_m = -RTln(K_a)

K_a er ligevægtskonstanten hvor man indsætter stoffernes aktivitet. For reaktionen

nikotinsyre(s) ⇔ nikotinsyre(g)

har vi 

K_a = a_{nikotinsyre(g)} / a_{nikotinsyre(s)}

Aktiviteten af faste stoffer sættes til 1. Aktiviteten af en gas sættes til p/p^o, hvor p^o er standardtrykket 1 bar. Så K_a bliver

K_a = p_{nikotinsyre(g)} / p^o

og så indsætter de ellers dette i formlen fra før og isolerer p_{nikotinsyre(g)}.

d)

De integrerer udtrykket 0,10T + 10,4.

∫_T1^T2 0,10T + 10,4 dT = [ ½*0,10*T² + 10,4T ]_T1^T2

Så skriver de det som

[0,05T²]_T1^T2 + [10,4T]_T1^T2

Jeg kan stadig ikke finde frem til hvordan man kommer frem til b ... 

Har prøvet med CAS: (solve=x=1*e^{-49,29/8,3145*298K},x) =0,980303

Og forstår hellere ikke rigtig, hvis det er: ΔGom = -RTln(Ka). Det giver 0. ln(1)=0 ...