Sınav Süresi 90 dakikadır. Başarılar

Yorumlar

Transkript

Sınav Süresi 90 dakikadır. Başarılar
FİZİKSEL KİMYA II FİNAL SINAVI
16.06.2006
NO :
AD SOYAD :
1. 400 oC ve 20 atm. basınçtaki bir mol NH3 gazı,
a. İzotermal olarak basıncı 10 atm. oluncaya kadar genleştiriliyor.
b. Daha sonra gaz sıcaklığı 100 oC ye düşünceye kadar adyabatik olarak genleştiriliyor.
c. Ardından gaz izotermal olarak sıkıştırılıyor.
d. Son olarak gaz adyabatik olarak sıkıştırılarak sıcaklığı gaz ilk durumuna geri getiriliyor.
Bu çevrim için aşağıdaki tabloyu hesaplayarak doldurunuz ve tüm çevrim için maksimum verimi
hesaplayınız. NOT: amonyağın ideal davranış gösterdiğini kabul ederek, Cp değerini 35.06 J mol-1
K-1 olarak alınız.
ΔU
W
q
ΔS
I ADIMDA
II ADIMDA
III ADIMDA
IV ADIMDA
TOPLAM
2. 1 litrelik bir kap içerisindeki NO2 ve N2O4 gaz karışımı bulunmaktadır. Kap içindeki toplam
basınç 25 oC de 1 atm dir. 2 NO 2 (g )
N 2 O 4 (g ) tepkimesinin geçerli olduğunu ve gazların
ideal davranış gösterdiklerini düşünerek;
a. Karışımının bileşimini hesaplayınız.
b. Reaksiyon entalpisinin değişmediğini varsayarak basınç değişmeksizin sıcaklık 25 oC
artarsa/azalırsa karışımın bileşimi ne olur?
NO2(g)
N2O4(g)
ΔHfo kJ mol-1
33.18
9.16
ΔGfo kJ mol-1
51.31
97.89
3. 25 oC de oksijenin hekzandaki çözünürlüğü sudakinden 50 kat daha fazladır. Oksijen için sudaki
çözünürlüğü ile ilgili Henry sabitinin büyüklüğü 2.33x10-5 atm-1dir. Havanın 1 atm basınca sahip
olduğu bir yerde, beher içerisinde 100 mL su 100 mL hekzan bulunmaktadır. Litredeki oksijen
kütlesinin gaz fazda, su fazında ve hekzan fazında ne kadar olmasının beklersiniz? Hekzanın
yoğunluğu 0.66 g cm-3 ve suyun yoğunluğu 1.00 g cm-3 tür. Havanın 1/5 oranda oksijenden
oluştuğunu düşününüz.
4. Mol kesri 0.6589 benzen olan benzen-toluen karışımı 1 atm. de 88.0 oC de kaynamaktadır. Bu
sıcaklıkta saf benzen ve toluenin buhar basınçları sırasıyla 1.259 ve 0.4993 atm. dir. Buhar
fazındaki toluen, benzen oranı için ne söyleyebilirsiniz.
5. 100 mL benzen içersine 0.5 gram bilinmeyen organik bir madde katıldığında benzenin donma
noktası 0.002 oC düşmüştür. Aynı miktar donma noktası alçalmasını yakalamak için 100 mL
siklohekzana bu organik maddeden ne kadar eklemek yeterli olurdu?
Kf(benzen) = 5.12 , Kf(benzen) = 20.0, dbenzen= 0.879 g cm-3, dsiklohekzan= 0.805 g cm-3
Sınav Süresi
90 dakikadır.
Başarılar
YANITLAR
1. T1 = 400 oC : P1 = 20 atm.
n = 1 mol
a. P2 = 10 atm. İzotermal olarak
b. T2 = 100 oC
c. T2 = 100 oC
d. T1 = 400 oC P1 = 20 atm.
Cv = Cp – R
Cp = 35.06 J mol-1 K-1
olduğundan ;
Cv = (35.06 J mol-1 K-1) – (8.314 J mol-1 K-1) = (26.746 J mol-1 K-1) dir. Gazın İlk hacmi;
V1 = nRT/P
V1 = (1 mol)(0.082 atm. L mol-1 K-1)(673 K)/(20 atm.) = 2.7593 L.
İzotermal ve Tersinir bir genleşme söz konusuysa;
Sıcaklık değişmeksizin, basınç değişmesine bağlı hacim değişmesi söz konusu olacaktır. Gaz ideal
davranış gösterdiğinden Gazın İkinci hacmi;
V2 = P1V1/P2
V2 = (20 atm.)(2.793 L.)/(10 atm.) = 5.5186 L.
İkinci adımdaki tersinir adyabatik genleşme sırasındaki hacim değişimi;
V3 =
V3 =
V2 T1Cv / R
T2Cv / R
(5.5186 L.)(673) ( 26.746 J mol
(373)
-1
K -1 ) /(8.314 J mol -1 K -1 )
( 26.746 J mol -1 K -1 ) /(8.314 J mol -1 K -1 )
= 36.84 L.
Üçüncü adımdaki hacim değeri ise; Dördüncü adımdaki tersinir adyabatik sıkışma durumundan hareketler
hesaplanabilir.
V4 =
V4 =
V1T1Cv / R
T4Cv / R
(2.7593 L.)(673) ( 26.746 J mol
(373)
-1
K -1 ) /(8.314 J mol -1 K -1 )
( 26.746 J mol -1 K -1 ) /(8.314 J mol -1 K -1 )
= 18.42 L.
Birinci ve üçüncü adımda yapılan iş büyüklükleri sırasıyla;
W1 = − nRT ln
V2
(5.5186 L)
⇒ W1 = -(1 mol)(8.314 J mol -1K -1 )(673 K)ln
= −3878 J
V1
(2.7593 L)
W3 = − nRT ln
V2
(18.42 L)
⇒ W3 = -(1 mol)(8.314 J mol -1K -1 )(373 K)ln
= 2149.5 J
V1
(36.84 L)
Birinci ve üçüncü adımda sıcaklık değişmesi meydana gelmediğinden iç enerji değişimi ΔU = nCvdT
eşitliğinden sıfırdır. Bu adımlarda ΔU =W+q olduğundan; W = -q olarak elde edilebilir. Bu adımlardaki
entropi değişimi ise ΔS =dq/T = -W/T eşitliklerinden;
V
(5.5186 L)
ΔS1 = nR ln 2 ⇒ ΔS1 = (1 mol)(8.314 J mol -1K -1 )ln
= 5.763 J K -1
V1
(2.7593 L)
ΔS3 = nR ln
V2
(18.42 L)
⇒ ΔS3 = (1 mol)(8.314 J mol -1K -1 )ln
= −5.763 J K -1
V1
(36.84 L)
İkinci ve dördüncü adımdaki iş büyüklükleri dışarıdan ısı alış verişi olmadığından ki bu durumda q2 ve q4
ve ΔS =dq/T eşitliğine göre entropi değişimleri sıfır demektir. ΔU =W+q eşitliğine göre ΔU =W dir.İç
enerji değişimleri is sırasıyla;
ΔU = W= nCvdT
ΔU2 = W2= (1 mol)(26.746 J mol-1 K-1)(373 K – 673 K) = -8023.8 J
ΔU4 = W4= (1 mol)(26.746 J mol-1 K-1)(673 K – 373 K) = 8023.8 J
Bu verilere göre tablo aşağıdaki şekilde doldurulabilir.
ΔU
0.0
-8023.8 J
0.0
8023.8 J
0.0
I ADIMDA
II ADIMDA
III ADIMDA
IV ADIMDA
TOPLAM
W
-3878 J
-8023.8 J
2149.5 J
8023.8 J
-1728.85 J
q
3878 J
0.0
-2149.5 J
0.0
1728.85 J
ΔS
5.763 J K-1
0.0
-5.763 J K-1
0.0
0.0
373
Bu sistem için maksimum verim ise ε = 1 - Tc eşitliğinden ε = 1 = 0.4457 (%44.57) olarak
673
Th
hesaplanabilir.
N 2 O 4 (g ) reaksiyonu için 1 atm. ve 25 oC deki serbest enerji değişimi;
2. a. 2 NO 2 (g)
ΔGo = ΔGfo(N2O4(g)) - 2ΔGfo(NO2(g))
ΔGo = (97.89 kJ mol-1) – 2(51.31 kJ mol-1) = -4.73 kJ mol-1 dir. Ayrıca
ΔGo = -RTlnKp olduğundan;
Kp = e
−
ΔG o
RT
⇒ Kp = e
−
( −4.73kJmol−1 )
(8.314×10−3 kJmol−1K −1 )( 298K )
Ayrıca PN 2O4 + PNO = 1 atm. ve K p =
PN 2O4
2
Kp =
1 − PNO2
2
PNO
2
⇒ (0.1482atm.) =
2
PNO
2
= 0.1482atm −1 olarak hesaplanabilir.
olacağından;
1 − PNO2
2
PNO
2
2
0.1482PNO
+ PNO2 − 1 = 0 denkleminin köklerinden ;
2
(PNO2 )1 = 0.8841 atm. (PNO2 ) 2 = −7.63 atm. olarak elde edilebilir. –7.63 geçerli bir değer
olamayacağından veya 1 atm. maksimum basınç şarttı ile çelişeceğinden
PNO2 = 0.8841 atm. ve PN 2O4 = 0.1159 atm. olarak hesaplanabilir.
N 2 O 4 (g) reaksiyonu için 1 atm. ve 25 oC deki reaksiyon entalpisi;
b. 2 NO 2 (g)
ΔHo = ΔHfo(N2O4(g)) - 2ΔHfo(NO2(g))
ΔHo = (9.16 kJ mol-1) – 2(33.18 kJ mol-1) = -57.2 kJ mol-1 dir.
reaksiyon entalpsi sıcaklıktan bağımsız olarak düşünülürse 25 oC daha düşük sıcaklıktaki ve 25 oC
sıcaklıktaki reaksiyon denge sabitleri
ΔH ⎛ 1
1⎞
⎜⎜
− ⎟⎟ + ln k 1
ln k 2 = −
R ⎝ T2 T1 ⎠
eşitliğinden sırasıyla ;
1 ⎞
− 57.2kJmol −1K −1
⎛ 1
−1
-1
ln K p
=
−
−
⎟ + ln(0.1482atm ) = 0.205 ⇒ Kp = 1.227 atm
⎜
−3
−1 −1 273 298
273K
⎠
8.314 × 10 kJmol K ⎝
(
(
ln K p
323K
=−
)
(− 57.2kJmol
(8.314 × 10
−3
−1
K
−1
−1
)
kJmol K
)
−1
)
1 ⎞
⎛ 1
−1
-1
−
⎟ + ln(0.1482atm ) = −3.696 ⇒ Kp = 0.0248 atm.
⎜
⎝ 323 298 ⎠
olarak hesaplanabilir.
273 K deki denge sabitinden;
1 − PNO2
1 − PNO2
Kp =
⇒
(
1
.
227
atm
.)
=
2
2
PNO
PNO
2
2
323 K deki denge sabitinden;
1 − PNO2
1 − PNO2
Kp =
(
0
.
0248
atm
.)
⇒
=
2
2
PNO
PNO
2
2
2
1.227 PNO
+ PNO2 − 1 = 0
2
2
0.0248PNO
+ PNO2 − 1 = 0
2
(PNO2 )1 = 0.583 atm. (PNO2 ) 2 = 0.417 atm.
(PNO2 )1 = 0.976 atm. (PNO2 ) 2 = 0.024 atm.
Olarak hesaplanabilir.
3. K = 2.33x10-5 atm-1. ; Khekzan/su(O2) = 50 . PT = 1 atm. ; Vsu = 100 mL ; Vhekzan = 100 mL
Havada 1/5 oranında oksijen bulunduğundan; ayrıca toplam basınç 1 atm. olduğundan Henry sabiti
χ (O )
χ (O )
K = su 2 ⇒ 2.33x10 −5 = su 2 ⇒ χ su (O 2 ) = 1.17 × 10 -4
Phava (O 2 )
⎛1⎞
⎜ ⎟(1 atm.)
⎝5⎠
(
)
Çözünmüş oksijenin suyun hacmine katkısının ihmal edilebileceği düşünülürse 100 mL suyun mol sayısı
⎛ 1 g H 2 O ⎞⎛ 1 mol H 2 O ⎞
⎟⎟⎜⎜
⎟⎟ = 5.556 mol H 2 O
n H 2O = (100 mL H 2 O )⎜⎜
⎝ 1 mL H 2 O ⎠⎝ 18 g H 2 O ⎠
Çözünmüş oksijenin mol sayısı ;
χO =
2
nO
nH
2O
⇒ 1.17 × 10 -4 =
2
+nO
2
nO
⇒ n O = 6.5 × 10 -4 mol
2
5.556 + n O
2
2
olarak hesaplanabilir. Hekzan fazında oksijenin çözünürlüğü su fazındakinden 50 kat daha fazla olduğu
için Nerst eşitliğinden (oksijenin aktiflik katsayısının 1 e eşit olduğu varsayılarak)
[O 2 ]hekzan
K=
[O 2 ]su
n O2
=
n O2
( hekzan )
Vhekzan
n O2
(su )
Vsu
⇒ 50 =
( hekzan )
−2
100 mL ⇒ n
O 2 ( hekzan ) = 3.25 × 10 mol
−4
6.5 × 10
100 mL
100 mL havadaki oksijen miktarı (gazın ideal davranış gösterdiğini varsayarak) ise;
n O2
1
( atm.)(0.1 L )
5
=
= 8.18 × 10-4 mol
-1 -1
0.082 atm.L.mol K (298 K )
(
)
olarak hesaplanabilir.
4. 88.0 oC de kaynadığına göre karışımın basıncı 1 atm.dir.
PT = Pbenzen + Ptoluen
(1 atm.) = Pbenzen + Ptoluen
Bu ikili karışım için bu şartlarda
Pbenzen = PobenzenXbenzen
Ve
Ptoluen = PotoluenXtoluen = Potoluen(1-Xbenzen)
Böylece
Pbenzen = (1.259)(0.6589) = 0.8296
Ptoluen = (1 atm.) – (0.8296 atm. ) = 0.1704 atm.
Buhar fazındaki benzen ve toluenin mol kesri;
YBenzen = Pbenzen / PT
YBenzen = (0.8296 atm.)/(1 atm.) = 0.8296
Ytoluen = (1 -0.8296 = 0.1704
5.
ΔT= Kfm
(0.002) = 5.12 m
Çözeltinin molaritesi
m = 3.91x10-4 molal olarak hesaplanabilir. Böylece 100 mL (100 mL x0.879 g mL-1 = 87.9 g benzen)
içindeki maddenin mol miktarı;
n = (3.91x10-4 mol Kg-1)(87.9x10-3 Kg) = 3.43x10-5 mol olarak hesaplanabilir.
Aynı donma noktası alçalmasını yakalama durumu için;
ΔTsiklohekzan K f (siklohekzan ) m siklohekzan
0.002 (20.0)m siklohekzan
=
⇒
=
⇒ m siklohekzan = 1.00 × 10 −4 molal
4
−
K f ( benzen ) m benzen
0.002 (5.12)(3.91 × 10 )
ΔTbenzen
elde edilebilir. Böylece 100 mL (100 mL x 0.805 g mL-1 = 80.5 g siklohekzan)
n = (1.00x10-4 mol Kg-1)(80.5x10-3 Kg) = 8.05x10-6 mol
100 mL Benzen için 0.5 gram (3.43x10-5 mol) madde 0.002 oC lik düşmeye neden olmuşsa siklohekzan
için bu kütle;
m =(0.5 g)(8.05x10-6 mol/3.43x10-5 mol) = 0.117 g dır.