Sınav Süresi 90 dakikadır. Başarılar
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.