Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

до розрахи з фізхімії

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

599.74 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

			Агрегатний стан речовини
Ва-		твердий			рідкий		Умови
ріант	Т, К		р, Па	Т, К		р, Па
	229		100	273		4 800	М = 32 г/моль
	248		700	283		6 700	тв = 837 кг/м3
5	257		1 300	298		12 700	рід = 825 кг/м3
5	267		3 000	307		16 400	р1 = 300*105 Па
	267		3 000	307		16 400	р1 = 300*105 Па
	273		4 800	313		18 900
				317		21 300
	173		7 300	190		31 200	М = 34 г/моль
	178		11 600	196		38 700	тв = 1010 кг/м3
6	183		18 000	200		44 400	рід = 980 кг/м3
6	184		20 000	207		56 000	р1 = 450*105 Па
	184		20 000	207		56 000	р1 = 450*105 Па
	190		31 200	215		69 500
				221		85 000
	196		101 300	212		520 000	М = 44 г/моль
	203		190 500	220		649 000	тв = 1542 кг/м3
7	213		402 400	223		701 000	рід = 1510 кг/м3
7	220		649 000	239		1 050 000	р1 = 750*105 Па
	220		649 000	239		1 050 000	р1 = 750*105 Па
				241		1 088 000
				242		1 132 000
	277		1 410	277		1 830	М = 46 г/моль
	278		1 630	279		2 080	тв = 1240 кг/м3
	279		1 880	281		2 370	рід = 1290 кг/м3
8	280		2 070	283		2 700	р1 = 950*105 Па
	281		2 370	285		3 060
				289		3 930

	240		50 000	236		57 300	М = 52 г/моль
	243		58 500	246		78 600	тв = 3010 кг/м3
9	245		66 700	248		84 000	рід = 2955 кг/м3
9	249		86 600	249		86 700	р1 = 350*105 Па
	249		86 600	249		86 700	р1 = 350*105 Па
				253		96 900
				254		100 500
	264		5 300	293		26 700	М = 58 г/моль
	271		8 000	303		35 200	тв = 822 кг/м3
10	281		13 300	308		40 100	рід = 812 кг/м3
10	293		26 700	311		43 500	р1 = 700*105 Па
	293		26 700	311		43 500	р1 = 700*105 Па
				313		45 300
				316		49 000
	273		661	274		813	М = 20 г/моль
	274		720	277		943	тв = 1005 кг/м3
	275		785	278		993	рід = 998 кг/м3
11	276		852	280		1 080	Р1 = 50*105 Па
	277		943	283		1 250
				288		1 620
				294		2 100

			Агрегатний стан речовини
Ва-		твердий			рідкий		Умови
ріант	Т, К		р, Па	Т, К		р, Па
	252		12 900	265		38 400	М = 30 г/моль
	258		21 900	270		44 800	тв = 820 кг/м3
12	262		30 000	275		52 600	рід = 805 кг/м3
	264		35 600	283		69 600	р1 = 900*105 Па
	265		38 400	287		79 100

	109		14 000	110		28 500	М = 28 г/моль
	112		22 100	118		49 000	тв = 1057 кг/м3
13	114		31 300	120		57 200	рід = 910 кг/м3
13	117		41 900	121		61 100	р1 = 600*105 Па
	117		41 900	121		61 100	р1 = 600*105 Па
	118		49 000	122		66 100
				123		70 900
	111		2 560	112		5 210	М = 38 г/моль
	115		4 450	120		8 950	тв = 880кг/м3
14	117		5 830	123		10 620	рід = 872 кг/м3
14	119		7 650	124		11 300	р1 = 800*105 Па
	120		8 950	125		12 100
				126		12 600

	261		950	289		6 480	М = 40 г/моль
	271		1 900	343		15 520	тв = 840 кг/м3
15	282		4 050	365		20 950	рід = 818 кг/м3
15	289		6 480	379		24 340	р1 = 500*105 Па
				388		26 900
				394		28 740

	179		9 850	198		42 100	М = 37 г/моль
	185		15 660	223		68 900	тв = 1025 кг/м3
16	190		24 250	228		74 600	рід = 995 кг/м3
16	191		27 000	237		86 700	р1 = 550*105 Па
	191		27 000	237		86 700	р1 = 550*105 Па
	198		42 100	248		101 700
				256		114 700
	200		137 000	217		702 000	М = 41г/моль
	207		257 000	225		876 000	тв = 1550 кг/м3
17	218		543 000	228		946 000	рід = 1520 кг/м3
17	225		876 000	245		1 417 000	р1 = 650*105 Па
	225		876 000	245		1 417 000	р1 = 650*105 Па
				247		1 470 000
				248		1 500 000
	280		1 900	280		2 500	М = 58 г/моль
	281		2 200	282		2 800	тв = 1150 кг/м3
18	282		2 500	284		3 200	рід = 1090 кг/м3
18	283		2 800	286		3 650	р1 = 500*105 Па
	283		2 800	286		3 650	р1 = 500*105 Па
	284		3200	288		4 100
				292		5 300
	242		37 000	248		58 200	М = 52 г/моль
	245		47 100	250		62 300	тв = 2800 кг/м3
19	247		54 200	252		64 900	рід = 2775 кг/м3
	248		58 200	256		71 800	р1 = 400*105 Па
				257		74500

			Агрегатний стан речовини
Ва-		твердий		рідкий		Умови
ріант	Т, К		р, Па	Т, К	р, Па
	244,0		36 300	244,0	46 600	М = 55 г/моль
	245,0		41 200	247,0	51 500	тв = 880 кг/м3
20	245,5		43 500	250,0	56 100	рід = 850 кг/м3
20	247,0		51 500	251,5	58 400	р1 = 500*105 Па
	247,0		51 500	251,5	58 400	р1 = 500*105 Па
				255,0	63 900
				258,0	69 600

Задача 3

При температурі Т тиск насиченої пари над розчином невідомої нелеткої речовини, масова частка якої - ,%, складає р, Па. Густина даного розчину , кг/м3 (табл. 7). Залежність тиску пари над чистим твердим і рідким розчинником та його молекулярна маса приведена в умові попередньої задачі (табл. 6):

1.Знайти молекулярну масу розчиненої речовини;

2.Визначити молярну концентрацію та моляльність розчину;

3.Визначити осмотичний тиск розчину;

4.Побудувати криву р = f(T) для даного розчину і розчинника;

5.Знайти графічно температуру кипіння чистого розчинника при тиску р,Па;

6.Визначити за графіком підвищення температури кипіння даного розчину при тиску

р,Па;

7.Визначити ебуліоскопічну сталу розчинника при нормальній температурі кипіння;

8.Визначити графічно зниження температури замерзання розчину;

9.Визначити кріоскопічну сталу розчинника.

									Таблиця 7

Ва-	, %	р, Па	Т, К	, кг/м3	Варі-	, %	р, Па	Т, К		, кг/м3
ріант	, %	р, Па	Т, К	, кг/м3	ант	, %	р, Па	Т, К		, кг/м3
ріант					ант
1	5	1 245	288	1000	11	6	1 580	288		1004
2	8	40 500	278	750	12	5	76 700	287		810
3	5	31 200	69	850	13	5	69 100	123		915
4	8	33 800	114	1300	14	5	12 100	126		878
5	5	16 100	307	1590	15	7	26 200	388		823
6	9	54 000	207	985	16	8	110 000	256		1000
7	8	1 000 000	239	1500	17	7	1 455 000	248		1530
8	7	2 500	283	1210	18	5	5 090	292		1105
9	5	94 000	253	2900	19	5	72 600	257		2760
10	5	43 600	313	3560	20	6	67 700	258		862

МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ

Задача 1 Виписуємо свій варіант завдання з табл. 5.

Реакція: С4Н10 = 2 С2Н4 + H2 ; Т1 = 800 К; Т2 = 1000 К.

З Додатка 1 виписуємо термодинамічні характеристики реагуючих речовин і заносимо в табл.1а:

				Таблиця 1а
	Термодинамiчнi характеристики реагуючих речовин

Речовина		fHo298 , кДж/моль	So298, Дж/моль.К	Сop,298 , Дж/мoль.К
С4Н10, бутан		-126,15	310,12	97,45
С2Н4, етилен		52,30	219,45	43,56
H2, водень		0	130,52	28,83

а) Для знаходження теплового ефекту хімічної реакції скористаємось наслідком із закону Гесса:

rHo298 = (ni fHo298,i)кінц - (ni fHo298,i)поч ,

(1)

Або для даної реакції:

rHo298 = fHo298(Н2) + 2 fHo298,( С2Н4) - fHo298,( С4Н10)

Підставляємо довідникові дані:

rHo298 = 0 + 2 52,30 – (-126,15) = 230, 75 кДж = 230,75 103 Дж

Для знаходження теплового ефекту реакції при температурі відмінній від 298 К використовуємо рівняння Кірхгофа:

H		CP ,
T		CP ,	(2)
T	P

де - СР – зміна теплоємності під час протікання реакції.

При умові що зміна теплоємності не залежить від температури СР = Сop,298 = const інтегральна форма рівняння Кірхгофа має вигляд:

rHoT = rHo298 + Сop,298 (T-298)	(3)
Зміну теплоємності в ході реакції знаходимо за рівнянням:
Сop,298 = (ni Сop,298,i)кінц - (ni Сop,298,i)поч ,	(4)

Для даної реакції

Сop,298 = Сop,298 (Н2) + 2 Сop,298(С2Н4) - Сop,298,( С4Н10)

Підставляємо довідникові дані:

Сop,298 = 28,83 + 2 43,56 – 97,45 = 18,50 Дж/.К

Знаходимо тепловий ефект при температурі 800 та 1000 К:

rHo800 = 230,75 103 + 18,50 (800-298) = 240,04 103 ДжrHo1000 = 230,75 103 + 18,50 (1000-298) =243,74 103 Дж

б) Для знаходження зміни ентропії в ході реакції при 298 К використовуємо рівняння:

rSo298	= (ni So298,i)кінц - (ni So298,i)поч ,				(5)
Для даної реакції:
rSo298 = So298 (Н2) + 2 So298 (С2Н4) - So298,( С4Н10)					(5а)
Підставляємо довідникові дані:
rSo298 = 130,52 + 2 219,45 - 310,12 = 259,30 Дж/К
Для знаходження зміни ентропії реакції при температурі відмінній від 298 К використо-
вуємо рівняння:
	S	C	P
			P	,	(6)
				,	(6)
	T P	T
		14

або в інтегральній формі при умові СР = Сop,298 = const:
rSoT = r So298 + Сop,298 ln(T/298),	(7)
Знаходимо зміну ентропії реакції при температурі 800 та 1000 К:
rSo800 = 259,30 + 18,50 ln(800/298) = 277,57 Дж/К,
rSo1000 = 259,30 + 18,50 ln(1000/298) = 281,70 Дж /К.
в) Стандартну зміну потенціалу Гіббса реакції знаходимо за рівнянням:
rGoT = rHoT – T rSoT	(8)
Підставимо дані:

rGo800 = 240,04 103 – 800 277,57 = 17980 Дж

rGo1000 = 243,74 103 – 1000 281,70 =-37960 Дж.

г) Стандартну константу рівноваги реакції при заданих температурах знаходимо за рівнянням ізотерми хімічної реакції:

	Kop = exp{- rGoT/RT}			(9)
Підставимо дані:
Koр,800 = exp{-17980/8,314 800} = 0,067
Koр,1000 = exp{37960/8,314 1000} = 96,14		Кр = (ро) n Kop.
Константу рівноваги знайдемо за рівнянням:		Кр = (ро) n Kop.
Зміна числа молів газоподібних реагуючих речовин в даній реакції:
	n = (ni )кінц - (ni )поч		= 3 – 1 = 2.
Kр,800 = (1,013 105)2 0,067 = 6,88 108 (Па)2
Kр,1000 = (1,013 105)2 96,14 = 9,87 1011 (Па)2
Отримані дані заносимо в таблицю 2а:
				Таблиця 2а
Залежнiсть параметрів реакції від вiд температури при тиску 1,013·105 Па
Параметр реакції	298 K		Т1 = 800 K	Т2 = 1000 K
ΔHºT, кДж	230,75		240,04	243,74
ΔSºT, Дж/К	259,30		277,57	281,70
ΔGºT, кДж	-		17,98	-37,96
KºР	-		0,067	96,142
Сop,298, Дж/К	18,50

д) Розрахунок складу рівноважної суміші.

Нехай у вихідному стані знаходився 1 моль бутану, а на момент встановлення рівноваги,

утворилось х моль водню та, відповідно,

2х моль етилену.

Складемо матеріальний баланс реагуючих речовин та виразимо константи рівноваги за-

даних реакцій через рівноважні парціальні тиски реагуючих речовин.

С4Н10 = 2 С2Н4

+ Н2

Вихідний стан

Кількість молів речовин:

Рівноважний cтан

Кількість молів речовин:

1-x

Сумарна кількість молів:

ni = 1-x+2x+x = 1+2х

Мольні частки речовин:

Ni =

1 x

1 2x

Парціальні тиски речовин:

рi = р Ni

1 x

1 2x

За законом діючих мас:
KP	p2	(C H ) p(H )
KP		2	4		2
		p(C4 H10 )
Підставляємо парціальні тиски реагуючих речовин:
	KP			p2 4x3
	KP		(1 2x)2 (1 x)
Підставляємо раніше знайдені значення констант рівноваги (п. г) і методом підстановки
знаходимо корені даного кубічного рівняння:
при Т=800 К та тиску 1,013 ·105 Па,				x=0,312
при Т=1000 К та тиску 1,013 ·105 Па,				x=0,995
при Т=1000 К та тиску 10,13 ·105 Па,				x=0,731

Розраховуємо склад рівноважної суміші (мольні частки речовин) в даному температурному інтервалі при тиску 1,013 ·105 Па. Результати розрахунків подаємо в таблиці 3а.

Таблиця 3а

Залежність складу рівноважної суміші від температури при тиску 1,013*105 Па

речовина		Склад суміші (Ni, % мол.)
	Т1=800 К		Т2=1000 К
бутан	42,36		0,15
етилен	38,43		66,56
водень	19,21		33,28

Розраховуємо склад рівноважної суміші в при Т=1000 К і тиску 10,13 ·105 Па. Результати розрахунків подаємо в таблиці 4а.

		Таблиця 4а
Залежність складу рівноважної суміші від тиску при температурі Т=1000К.

речовина	Склад суміші (Ni, % мол.)
	Р1=1,013 ·105 Па	Р2=10,13 ·105 Па
бутан	0,15	10,90
етилен	66,56	59,40
водень	33,28	29,70

Висновки:

1. Для аналізу впливу температури на вихід продуктів реакції скористаємось рівнянням ізоба-

ри хімічної реакції:	d ln K P	H	. Дана реакція протікає з поглинанням теплоти ( Н > 0).
	dT	R T 2

Тому, підвищення температури приводить до зміщення положення рівноваги вправо. Вміст рівноважних продуктів зростає (табл. 3а).

2. Для аналізу впливу тиску на вихід продуктів реакції використаємо рівняння План-

ка: d ln K N n . Дана реакція протікає із збільшенням числа молів газоподібних речовин dp p

( n > 0). Тому, при зростанні тиску положення рівноваги зміщується вліво, рівноважний вихід продуктів реакції зменшується (табл. 4а).

Задача 2

Необхідні для розрахунку дані знаходимо в таблиці 6 і заносимо в таблицю 8.

Таблиця 8

		Агрегатний стан речовини
	твердий		рідкий		Умови
Т, К		p, Па	Т, К	p, Па
266		2620	268	3230	М = 80 г/моль
267		2830	269	3390	тв = 890 кг/м3
268		3055	270	3560	рід = 885 кг/м3
269		3300	272	3920	p = 400·105 Па
270		3560	274	4310
			280	5680
			285	7080
			290	8760

Розв’язок

1. Розраховуємо дані для побудови графіка ln p=f(1/T) (табл.9)

Таблиця 9

Агрегатний стан речовини

	твердий			рідкий
1000/Т, К-1		ln p	1000/Т, К-1		ln p
3,759		7,87	3,731		8,08
3,745		7,95	3,717		8,13
3,731		8,02	3,704		8,18
3,717		8,10	3,676		8,27
3,704		8,18	3,650		8,37
			3,571		8,64
			3,509		8,87
			3,448		9,08

За даними табл. 9 будуємо графік ln p=f(1/T) (рис. 1).

2. Потрійна точка знаходиться на перетині прямих логарифмічної залежності тиску насиченої пари від оберненої температури над твердою і рідкою фазами( точка 2, рис. 1) і має координати

lnpпотр=8,18 (pпотр=3560 Па); 1/Tпотр=3,704·10-3 К-1 (Tпотр=270 К).

3. Залежність тиску насиченої пари над рідкою та твердою фазами описується рівнянням Кла- пейрона-Клаузіуса:

d ln p

Hфп

RT 2

Інтегральні форми цього рівняння:

ln p

Hфп

const ,

Hфп

або

(10)

(11)

(12)

Рівняння (2) є рівнянням прямої в координатах lnp=f(1/T), а його кутовий коефіцієнт (тангенс кута нахилу до осі абсцис) дорівнює - Нфп/R.

Рис. 1. Залежність тиску насиченої пари над твердою і рідкою речовиною від температури

За графіком:

ln p2

ln p1

8,18 8,87

-3538 К,

(3,704 3,509) 10 3

Нвип = -R·tgα = -8,314·(-3538)=29415 Дж/моль;

ln p3

ln p2

7,87 8,18

-5636 К,

(3,759 3,704) 10 3

Нсубл = -R·tgβ = -8,314·(-5636)=46860 Дж/моль. 4.Температуру кипіння речовини при нормальному тиску знайдемо за рівнянням (3):

Hвип

Tн.т.к.

R ln

101300

8,314 ln

звідки

= 3,704 10 3

3560

= 2,758·10-3 К-1,

вип

29415

н.т.к.

Тн.т.к.=363 К.

5.Теплоту плавлення речовини при температурі потрійної точки знайдемо за рівнянням:

Нсубл = Нпл + Нвип ,

звідки Нпл = Нсубл - Нвип = 46860 – 29415 = 17445 Дж/моль . 6. Рівняння Клапейрона-Клаузіуса для процесу плавлення:

де ΔVпл= Vрід – Vтв

Vпл M М

рід тв

dT T Vпл dp H пл

– зміна об’єму речовини в процесі плавлення.

80 10	3		1	1		-7	3
					=5,08·10		м /моль.
					=5,08·10		м /моль.
		885		890

dT 270 5,08 10 7 =7,89·10-9 К/Па dp 17445

7. В рівнянні (5) розділимо змінні та проінтегруємо його:

	T	p
	dT 7,89 10 9	dp
	Tпо тр	pпо тр
	Т - Тпотр = 7,89·10-9 ·(Р - Рпотр)
Т = Тпотр +7,89·10-9 (400·105 - 3560) = 270,3 К.
При підвищенні тиску до 400·105	Па температура плавлення підвищиться на 0,3 К.

8. а) Зміну ентропії рівноважного фазового переходу знаходимо за рівнянням:

Sфп n Нфп

Тфп

для процесу сублімації 1 моля речовини:

S = 1·(46860/270) = 173,6 Дж/к.

б) Зміна енергії Гіббса рівноважного фазового переходу рівна нулю, бо: dG = -SdT + Vdp,

а умови рівноважного фазового переходу: р = const, Т= const (dp,dT = 0).

Отже dGсубл = 0; ΔGсубл = 0.

в) Зміна енергії Гельмгольца рівноважного фазового переходу: dA = -SdT – pdV

dAсубл = – pdV

ΔAсубл =-pΔV=-p(Vгаз – Vрід) = -pVгаз бо Vгаз >>Vрід

Вважаючи, що газ підпорядковується рівнянню стану ідеального газу, дістанемо

ΔAсубл = -nRT

ΔAсубл = -1·8,314·270 = -2245 Дж.

г) Зміна ентальпії процесу сублімації 1 моля речовини Нсубл = 46860 Дж (знайдена в п.3). д) Зміна внутрішньої енергії:

dU = dH – pdV

ΔUсубл = ΔHсубл – pΔV = ΔHсубл + ΔAсубл

ΔUсубл = 46860-2245=44615Дж

9. Зобразимо схематично діаграму стану речовини поблизу потрійної точки (рис. 2)

(13)

(14)

(15)

(16)

(17)

(18)

Правило фаз Гіббса:

С = К-Ф +2, (19)

де С – варіантність системи, К – число компонентів, Ф – число рівноважних фаз.

Рис. 2. Діаграма стану речовини поблизу потрійної точки

Для однокомпонентної системи (К=1):

С= 3-Ф

в т. a у рівновазі одночасно знаходяться 3 фази (тверда, рідка і газоподібна). С=0, система нонваріантна;

в т. b у рівновазі знаходяться 2 фази (рідка і газоподібна). С=1, система моноваріантна;

в т. c у рівновазі знаходиться 1 фаза (газоподібна). С=2, система біваріантна.

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.08.201972.19 Кб4для Олі.doc
#
24.11.2019104.45 Кб3для студентів ОАКТ.doc
#
17.11.2019145.64 Кб2ДЛЯ СТУДЕНТІВ.docx
#
13.09.2019159.38 Кб0до другого переліку.docx
#
13.09.2019223.28 Кб2до першого переліку.docx
#
12.02.2016599.74 Кб8до розрахи з фізхімії.pdf
#
24.11.2019523.22 Кб1Добробут_МА_Стегура.docx
#
16.11.2018841.22 Кб3Довідник аспіранта та студента.DOC
#
24.12.2018105.47 Кб39догляду.doc
#
17.11.201969.63 Кб0Договірна_робота.doc
#
26.11.20196.35 Mб1Додатки 0-1-10 -6 курс -12 - робочі.doc