Musterlösung 9

PC I Thermodynamik
G. Jeschke
FS 2011
Musterlösung 9
Ausgabe:
Rückgabe:
Besprechung:
Verantwortlich:
Freitag, 28.04.2011
Donnerstag, 05.05.2011
Mo./Di./Fr., 09./10./13.05.2011 in den Übungsgruppen
Enrica Bordignon
9.1
a) Die reversibel ausgetauschte Wärme bei einer isochoren Zuständsänderung erhält
man direkt aus dem ersten Satz der Thermodynamik: du = dq + dw. Für einen
isochoren Prozess gibt es keine Volumenarbeit, dw = 0, daher ist du = dq. Da u
eine Zustandsgrösse ist, hängt die ausgetauschte Arbeit nicht vom Weg ab, daher
ist dq = nCv ∆T .
(1 Punkte)
b) Die Herleitung des chemischen Potentials als Funktion von u und g ist gegeben
durch:
µ
¶
∂u
µi =
∂ni s,V,nj
µ
¶
∂g
µi =
∂ni p,T,nj
In Bezug auf u ist es keine partielle molare Grösse, weil die Definition der partielle
molare Grösse die Konstanz der intensiven Temperatur und des Druck beinhaltet.
(1 Punkte)
c) Durch langes, intensives Schütteln stellt sich ein Gleichgewicht ein, in dem das
chemische Potential der Malonsäure in beiden Phasen gleich ist. Der Übergang
der Malonsäure aus der wässrigen in die Etherphase erfolgt spontan, ist also ein
freiwilliger Prozess. Deshalb muss vorher das chemische Potential der Malonsäure
in der wässrigen Lösung grösser gewesen sein als in der etherischen.
(1 Punkte)
1
9.2
Mit dem idealen Gasgesetz und der adiabatischen Gleichung pB VBγ = pC VCγ , kann man
pi , Ti und Vi für A, B, C, D berechnen.
Die Ergebnisse sind in Tabelle 1 zusammengefasst.
Tabelle 1: Zusammenfassung der Ergebnisse aus der ABCDA Kreisprozess.
Zustand A
Zustand B
Zustand C
Zustand D
T TA =400 K
TB =400 K
TC =336 K
TD =129 K
VA =5 L
VB =10 L
VC =13 L
VD =5 L
V
p pA =665 kPa pB =333 kPa pC =215 kPa pD =215 kPa
a) Die totale Arbeit im Kreisprozess entspricht der Fläche, die durch die einzelnen
Prozessschritte umrandet ist.
I
w =
−pdV
Die Arbeit ist negativ, wenn der Kreisprozess im Uhrzeigersinn abläuft und positiv wenn er im Gegenuhrzeigersinn abläuft.
(1 Punkte)
b) Um die Effizienz des Kreisprozesses zu berechnen muss man Arbeit und Wärme
für jeden Schritt berechnen.
Tabelle 2: Zusammenfassung der Ergebnisse aus der ABCDA Kreisprozess.
A→B
B→C
C→D
D→A
´
γ ³
pB VB
1
1
w −RTA ln VVBA − 1−γ
− V γ−1
−pC (VD − VC )
0
V γ−1
q
<0
+RTA ln VVBA
>0
C
<0
0
-
B
>0
Cp (TD − TC )
<0
CV (TA − TD )
>0
Der Wirkungsgrad für den Kreisprozess kann ausgedrückt werden als:
²=
2
|wges |
|qi.ges |
Gemäss Tabelle 2 wird die Arbeit wges als Summe aller Terme im Kreisprozess
berechnet. qi,ges ist die Summe der zugeführten Wärme (nur q > 0!).
µ
¶
1
VB pB VBγ
1
wges = −RTA ln
−
− pC (VD − VC ) + 0
−
VA
1 − γ VCγ−1 VBγ−1
qi,ges = +RTA ln
²=
−RTA ln
VB
VA
−
pB VBγ
1−γ
³
VB
+ CV (TA − TD )
VA
1
VCγ−1
−
1
VBγ−1
´
− pC (VD − VC )
RTA ln VVBA + CV (TA − TD )
(3 Punkte)
c) Die Ausdruck für die Änderung der Entropie ∆S des Gases bei der direkten
Kompression von C zu D beträgt:
ZD
∆SCD =
C
dqrev
=
T
ZD
C
Cp dT
5
TD
= R ln
= −19.85Jmol−1 K −1
T
2
TC
Die Ausdruck für die Änderung der Entropie ∆S des Gases von C über B-A zu
D beträgt:
∆SCD = ∆SCB + ∆SBA + ∆SAD = 0 + R ln
VA 3
TD
+ R ln
= −19.85Jmol−1 K −1
VB 2
TA
Da S eine Zustandsfunktion ist, hat jeder Prozess, der die dieselben Punkte verbindet, das gleiche ∆S. Deshalb können wir den einfachsten Weg wählen um die
Entropieänderung zu berechnen.
(1 Punkte)
d) Für die isotherme Expansion (AB) eines idealen monoatomigen Gases:
∆SAB = R ln
VB
= 5.76Jmol−1 K −1
VA
∆UAB = 0
3
Aus der Definition von H für ein ideales Gas erhält man: H = U + pV = U + RT .
Daher:
∆HAB = ∆UBA + R∆T = 0 + 0 = 0
∆GAB = ∆HBA − T ∆S = −2.304kJmol−1
(1 Punkte)
9.3
a) Um zu prüfen, dass das Molvolumen der Flüssigkeit gegenüber demjenigen des
Gases vernachlässigt werden kann, berechnen wir das Molvolumen des Wasserdampfs für 373 K und 0.1 MPa.
Vm(w,gas,373K) =
RT
8.314Jmol−1 K −1 · 373K
=
= 31 · 10−3 m3 mol−1 = 31Lmol−1
p
105 P a
Das Molvolumen des flüssigen Wassers, kann dann gegenüber dem vom Dampf
vernachlässigt werden und der Dampf als ideales Gas betrachtet werden.
(1 Punkte)
Integration der Clausius-Klapeiron’sche Gleichung gibt dann:
dlnp
∆v H
=
.
dT
RT 2
Zp2
∆v H
dlnp =
R
p1
ZT2
dT
.
T2
T1
p2
∆v H
ln
=
p1
R
4
µ
1
1
−
T1 T2
¶
0.15M P a
46.02 · 103 Jmol−1
ln
=
0.1M P a
8.314Jmol−1 K −1
µ
1
1
−
373K T2
¶
Daraus ergibt sich T2,w =383.5 K bei p2,w =0.15 MPa.
(2 Punkte)
b) Mit der empirischen Regel aus der Aufgabenstellung können wir die Temperatur
abschätzen bei der Anilin (a) den gleichen Dampfdruck wie Wasser (w) (das als
Referenzsystem verwendet werden kann) hat:
Tw,2
Ta,2
≈
Tw,1
Ta,1
Ta,2
383.5
≈
373
457
Die geschätzte Temperatur, bei der Annilin einen Dampfdruck von 0.15 MPa hat
ist Ta,2 =469.9 K.
(2 Punkte)
5