Kemi

Varme, arbejde, enthalpi og energi.

16. april kl. 00:29 af sansas - Niveau: Universitet/Videregående

Hej! Hvordan beregner jeg varme, arbejde, enthalpi og energi i spørgsmålet her: https://imgur.com/a/hnOcp5b

Jeg forstår ikke rigtig spørgsmålet, og er ikke helt sikker på, om de forskellige ting skal beregnes ift. a og b? 

Tak på forhånd!


Brugbart svar (1)

Svar #1
16. april kl. 02:04 af Sveppalyf

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


Svar #2
16. april kl. 21:43 af sansas

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! 


Brugbart svar (1)

Svar #3
17. april kl. 01:32 af Sveppalyf

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

ΔrH = ΣνH(produkter) - ΣνH(reaktanter)

Så må vi lige finde værdierne i en tabel:

Ho298 (C6H12O6(s)) = -1268 kJ/mol

Ho298 (O2(g)) = 0 kJ/mol

Ho298 (CO2(g)) = -393,51 kJ/mol

Ho298 (H2O(l)) = -285,83 kJ/mol

Så vi har

ΔrHo298 = 6 * (-393,51 kJ/mol) + 6 * (-285,83 kJ/mol) - ( -1268 kJ/mol + 6 * 0 kJ/mol ) = -2808 kJ/mol


Brugbart svar (1)

Svar #4
17. april kl. 01:49 af Sveppalyf

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:

ΔrHo298 = -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.


Svar #5
19. april kl. 21:05 af sansas

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 !!! 


Brugbart svar (1)

Svar #6
19. april kl. 23:56 af Sveppalyf

Opgave 1

a)

nA mol af én gas bliver blandet med nB 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 nA mol ved pA = 1 bar til at starte med, og efter blandingen udgør gas A molbrøken xA, og dets partialtryk er pA = xA * ptotal.

Du har sikkert i din bog at

ΔS = ∫ dQrev / T   (generelt)

ΔS = Qrev/T  (ved konstant T)

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

Qrev = nRTln(V2/V1)

? Ellers må vi lige udlede den til dig.

Dette giver

ΔSA = nART ln(V2/V1) / T  <=>

ΔSA = nARln(V2/V1)

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

V2 = ntotalRT/ptotal

V1 er gas A's startvolumen som kan findes som

V1 = nART/pA

Dette giver

ΔSA = nAR ln(ntotalRT/ptotal / (nART/pA))

Da pA = 1 bar = ptotal, får vi

ΔSA = nARln(ntotal/nA)

Da nA/ntotal = xA, fås

ΔSA = nARln(1/xA)  <=>

ΔSA = -nARln(xA)

På samme måde kan vi for gas B finde

ΔSB = -nBRln(xB)

Lægges disse sammen, fås

ΔSmix = -nARln(xA) - nBRln(xB)

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

ΔSmix,m = -(nA/ntotal)Rln(xA) - (nB/ntotal)Rln(xB)  <=>

ΔSmix,m = -xARln(xA) - xBRln(xB)


Brugbart svar (1)

Svar #7
20. april kl. 00:12 af Sveppalyf

b)

Da xA og xB 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.


Brugbart svar (1)

Svar #8
20. april kl. 01:06 af Sveppalyf

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 ntotal 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.


Brugbart svar (1)

Svar #9
20. april kl. 15:25 af Sveppalyf

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)

ΔH0298,m = 82,9 kJ/mol - (3*0 kJ/mol + 6*0 kJ/mol) = 82,9 kJ/mol

ΔSo298,m = 229,5 J/(K*mol) - (3 * 130,6 J/(K*mol) + 6 * 5,7 J/(K*mol)) = -196,5 J/(K*mol)

ΔGo298,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)

ΔH0298,m = 2 * 33,1 kJ/mol - (2 * 90,3 kJ/mol + 0 kJ/mol) = -114,4 kJ/mol

ΔSo298,m = 2* 239,9 J/(K*mol) - (2 * 210,7 J/(K*mol) +  205,0 J/(K*mol)) = -146,6 J/(K*mol)

ΔGo298,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.

ΔH0298,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

ΔSo298,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)

ΔGo298,m = ... kJ/mol - 298K * ... * 10-3 kJ/(K*mol) = ... kJ/mol


Svar #10
20. april kl. 16:25 af sansas

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)

?


Brugbart svar (1)

Svar #11
20. april kl. 17:24 af Sveppalyf

Ja, det er det.


Svar #12
20. april kl. 22:55 af sansas

ΔH0298,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

ΔSo298,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)

ΔGo298,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?


Brugbart svar (1)

Svar #13
20. april kl. 23:50 af Sveppalyf

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.


Svar #14
21. april kl. 12:27 af sansas

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!


Brugbart svar (1)

Svar #15
21. april kl. 15:56 af Sveppalyf

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 = Cp,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 Cp,s varierer under opvarmningen. Vi bruger så formlen

ΔH = ∫ Cp,s dT

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

e)

Definitionen på entropiændringen er

ΔS = ∫ dQrev/T

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

ΔS = ∫ Cp/T dT

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


Svar #16
22. april kl. 13:37 af sansas

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? 


Svar #17
22. april kl. 13:53 af sansas

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.


Brugbart svar (0)

Svar #18
22. april kl. 14:04 af Sveppalyf

b)

De bruger en formel der siger

ΔGom = -RTln(Ka)

Ka er ligevægtskonstanten hvor man indsætter stoffernes aktivitet. For reaktionen

nikotinsyre(s) ⇔ nikotinsyre(g)

har vi 

Ka = anikotinsyre(g) / anikotinsyre(s)

Aktiviteten af faste stoffer sættes til 1. Aktiviteten af en gas sættes til p/po, hvor po er standardtrykket 1 bar. Så Ka bliver

Ka = pnikotinsyre(g) / po

og så indsætter de ellers dette i formlen fra før og isolerer pnikotinsyre(g).


Brugbart svar (0)

Svar #19
22. april kl. 14:13 af Sveppalyf

d)

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

T1T2 0,10T + 10,4 dT = [ ½*0,10*T2 + 10,4T ]T1T2

Så skriver de det som

[0,05T2]T1T2 + [10,4T]T1T2


Svar #20
22. april kl. 17:11 af sansas

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 ... 


Forrige 1 2 Næste

Der er 35 svar til dette spørgsmål. Der vises 20 svar per side. Spørgsmålet kan besvares på den sidste side. Klik her for at gå til den sidste side.