Lösungsvorschlag zu¨Ubung 5

PCI Thermodynamik
G. Jeschke
FS 2015
Lösungsvorschlag zu Übung 5
(28. März 2015)
1.
a) Cp = (∂H/∂T )p,n ist die molare Wärmekapazität bei konstantem Druck. Bei
isochorer Prozessführung ist die entsprechende Grösse die molare Wärmekapazität
bei konstantem Volumen, CV = (∂U/∂T )V,n .
b) Da keine chemische Reaktion stattfindet, ist n = const., daher folgt aus der
idealen Gasgleichung nR/V = p/T = const. Somit lässt sich für die Druckänderung
von p1 = 0.12 MPa auf p2 = 0.6 MPa mit einer Anfangstemperatur von T1 =
17 ◦ C = 290.15 K die Autoklaventemperatur berechnen.
0.6 MPa
p2
T1 =
· 290.15 K = 1450.75 K
p1
0.12 MPa
T2 =
(1)
Die Stoffmenge beträgt
n=
p1 V
1.2 · 105 Pa · 20 · 10−3 m3
=
= 0.995 mol.
RT1
8.3145 Jmol−1 K−1 · 290.15 K
Über die isochore Wärmekapazität
∂u
dq
cV =
= nCV
=
∂T V
dT
kann nach Integration die Wärme berechnet werden:
ZT2
Z
∆q =
nCV dT = nCV (T2 − T1 )
dq =
T1
= 0.995 mol · 21 Jmol−1 K−1 · (1450.75 K − 290.15 K)
= 24.25 kJ
(3 Punkte)
2. Da für alle vier Spezies das ideale Gasgesetz angewendet werden kann, folgt direkt
die Beziehung zwischen Volumenprozenten und Molenbrüchen xi für einen Stoff i
(Vol.-%)i
= φi = xi
100
Die Wärme für einen Stoff i kann mit
Zqp2
qp,i =
ZT2 dqp,i =
qp1
T1
1
∂hi
∂T
ZT2
dT =
p
ni Cp,i dT
T1
berechnet werden. Die benötigte Wärmemenge für die Gasmischung ist
qp,tot. = qp,CO + qp,H2 + qp,CO2 + qp,N2
ZT2
ZT2
ZT2
ZT2
nCO Cp,CO dT + nH2 Cp,H2 dT + nCO2 Cp,CO2 dT + nN2 Cp,N2 dT
=
= ntot.
T
Z 2
T1
T1
T1
xN2 Cp,N2 dT
xCO2 Cp,CO2 dT +
xH2 Cp,H2 dT +
xCO Cp,CO dT +
ZT2
ZT2
ZT2

T1
T1
T1
T1

T1
= ntot. {xCO Cp,CO (T2 − T1 )
+xH2 Cp,H2 (T2 − T1 )
+xCO2 Cp,CO2 (T2 − T1 )
+xN2 Cp,N2 (T2 − T1 )}
= 1 mol 0.201 · 29.15 JK−1 mol−1 · 65 K
+0.420 · 28.83 JK−1 mol−1 · 65 K
+0.123 · 37.13 JK−1 mol−1 · 65 K
+0.256 · 29.08 JK−1 mol−1 · 65 K
≈ 1.949 kJ .
(4 Punkte)
3.
a) Beim Prozess ab bleibt das Volumen konstant, deshalb:
wab = 0
und
∆uab = qab = 250 J.
(2)
b) Beim Prozess bd bleibt der Drück konstant, deshalb leistet das System Volumenarbeit:
wbd = −p2 (V2 − V1 )
= −(8.0 · 104 Pa)(5.0 · 10−3 m3 − 2.0 · 10−3 m3 )
= −240 J.
(3)
(4)
(5)
Die gesamte Arbeit beim Prozess abd ist:
wabd = wab + wbd = 0 − 240 J = −240 J
(6)
und die gesamte Wärme:
qabd = qab + qbd = 250 J + 840 J = 1090 J.
(7)
Das bedeutet, dass die Änderung der inneren Energie
∆uabd = qabd + wabd = 1090 J − 240 J = 850 J
2


(8)
ist.
Anmerkung: Wir haben die folgenden Beziehungen verwendet:
1 Pa = 1
N
kg
=1
2
m
m · s2
and 1 J = 1 Nm = 1
kg · m2
.
s2
(9)
c) Da die Änderung der inneren Energie nicht vom Weg, sondern nur vom Anfangsund Endzustand abhängig ist:
∆uacd = ∆uabd = 850 J.
(10)
Die vom System geleistete Arbeit beim Prozess acd ist insgesamt:
wacd = wac + wcd = −p1 (V2 − V1 ) + 0
= −(3.0 · 104 Pa)(5.0 · 10−3 m3 − 2.0 · 10−3 m3 )
= −90 J
(11)
(12)
und die dem System zugeführte Wärme bei demselben Prozess ist
qacd = ∆uacd − wacd = 850 J + 90 J = 940 J.
(13)
Tabelle 1: Zusammenfassung der Resultate.
Prozess
q
w
∆u Prozess
q
w
∆u
ab
250 J
0J
250 J
ac
315 J −90 J 225 J
bd
840 J −240 J 600 J
cd
625 J
0J
625 J
abd
1090 J −240 J 850 J
acd
940 J −90 J 850 J
(6 Punkte)
Bemerkung: Die restlichen Werte der Tabelle 1 lassen sich mittels
∆ (pV ) = R · n · ∆T = p∆V + V ∆p
(14)
für ein ideales Gas bestimmen. Dabei ist zu beachten, dass die Stoffmenge n
nur konstant ist, falls während des Prozesses keine chemische Reaktion stattfindet. Für den Prozess ab ist ∆uab = CV n∆T = qab . Damit lässt sich nun CV
berechnen.
qab
CV n∆T
CV
=
=
∆ (pV )
Rn∆T
R
qab
qab
250 J
5
=
=
=
=
p∆V + V ∆p
V1 ∆p
100 J
2
3
(15)
(16)
Wie für ein zweiatomiges ideales Gas mit eingefroren Vibrationsfreiheitsgraden
zu erwarten, ist die isochore Wärmekapazität 5R/2. Mittels Gleichung (14) lässt
sich zudem n∆T für Prozess ac und cd bestimmen.
p1 ∆V
R
V2 ∆p
n∆Tcd =
R
n∆Tac =
(17)
(18)
Da die innere Energie u eines idealen Gases nur eine Funktion der Temperatur
ist, ergibt sich nun ∆uac = 5/2 · p1 (V2 − V1 ) = 625 J sowie ∆ucd = 5/2 · V2 (p2 −
p1 ) = 225 J.
4.
a) Der Prozess gliedert sich in 5 verschiedene Phasen wie sie in Abbildung zu sehen sind. Zuerst erwärmen sich Substanz A und B bis zur Schmelztemperatur
von Substanz A.
Abbildung 1: Graph der Temperatur T des Systems aus Substanz A und B im Kaloriemeter
zum Zeitpunkt t. Die im Fliesstext erwähnten Phasen sind mit römischen Ziffer markiert.
450
400
T
350
K 300
IV
250
I
200
0
II
10
III
20
30
V
40
50
60
t
min
Nun bleibt die Temperatur bei der Schmelztemperatur von Substanz A bis
diese vollständig geschmolzen ist. Danach erhöht sich die Temperatur wieder bis zur Schmelztemperatur von Substanz B und zwar gemäss der neuen Gesamtwärmekapazität. Diese Temperatur bleibt konstant, bis Substanz B
vollständig geschmolzen ist. Danach erwärmen sich wieder beide Substanzen,
wiederum mit einer neuen Gesamtwärmekapazität.
b) Das Gemisch soll um ∆T = T2 − T1 = 300 K − 245 K erwärmt, und die gesamte
Menge der Substanz A geschmolzen werden. Die dazu benötigte Wärme Q =
P · ∆tb) entspricht der durch das System aufgenommen Enthalpie ∆Hb) .
P · ∆tb) = ∆Hb) = (Cp,s,A · nA + Cp,s,B · nB ) ∆T + ∆f HA · nA
4
(19)
Auflösen und einsetzen ergibt:
55 K + 12 kJ
+ 0.07 kJ
0.08 kJ
K
K
∆tb) =
1 kJ/60 s
20.25 kJ · 60 s
=
1 kJ
= 1215 s ≈ 20 min.
(20)
(21)
(22)
c) Zusätzlich zu den in b) geforderten Prozessen soll nun das System weiter um
∆T2 = 425 K − 300 K erwärmt und die gesamte Menge B geschmolzen werden.
Die dafür benötigte Zeit ∆tc) entspricht:
∆tc) = ∆tb) +
(Cp,l,A nA + Cp,s,B nB ) ∆T2 + ∆f HB nB
.
P
(23)
Auflösen und einsetzen für den noch unbekannten Teil ∆t0 ergibt:
(0.23 kJ/K) 125 K + 2 kJ
1 kJ/60 s
30.75 kJ · 60 s
=
1 kJ
= 1845 s ≈ 31 min.
∆t0 =
(24)
(25)
(26)
Die zum Erreichen des in Aufgabe b) definierten Zustandes benötigt Zeit ist
∆tc) = 1215 s + 1845 s = 3060 s = 51 min.
(10 Punkte)
5