Transcript ¨Ovningstentamen i KFK080 f ¨or B 100922

¨
¨ B
Ovningstentamen
i KFK080 for
100922
Tillåtna hj¨alpmedel: Minir¨aknare (med tillhorande
handbok), utdelat formel¨
blad med tabellsamling.
Slutsatser skall motiveras och ber¨akningar redovisas.
For
¨ godk¨ant kr¨avs att totala po¨angantalet på tentamen och inl¨amningsuppgift
a¨ r minst 30.
1. Antag att du får fem barn. Vad a¨ r sannolikheten att:
(a) alla barnen a¨ r flickor
(b) de forsta
tre barnen a¨ r flickor och de sista två a¨ r pojkar
¨
(c) tre av barnen a¨ r flickor (oavsett ordningsfoljd)
¨
Antag att det a¨ r lika sannolikt att en graviditet resulterar i en flicka
som i en pojke.
(6 p)
2. Uppskatta interaktionsparametern χH2 O,B mellan vatten och de två
a¨ mnena B = H2 S och B = CH4 vid 298 K.
Ledning: Ett s¨att a¨ r att anv¨anda Henrys konstant kH,B och ångtrycket
p∗B vid 298 K.
Verkar skillnaden mellan de två a¨ mnena rimlig?
3. Vid vilken temperatur fryser en vattenlosning
av socker som håller
¨
20.0 vikts% sukros? Du får anta att losningen
a¨ r ideal.
¨
Ange den nya fryspunkten med två decimalers noggrannhet.
(6 p)
(6 p)
4. 1 mol N2 vid 270 K komprimeras adiabatiskt och reversibelt från 50
liter till 5 liter.
Ber¨akna gasens temperatur och tryck efter kompressionen.
Antag att gasen a¨ r ideal och att Cp = 29.125 J K−1 mol−1 a¨ r konstant i
hela temperaturintervallet
(6 p)
5. Visa med hj¨alp av termodynamikens forsta
och andra huvudsatser
¨
att dG for
¨ en process som sker vid konstant tryck och temperatur
alltid måste vara ≤ 0.
(6 p)
1
6. Ber¨akna trycket i en behållare vid 20◦ C som a¨ r fylld till h¨alften med
n-butan (v¨atska), C4 H10 (`). Vi vill alltså ha reda på trycket i en vanlig
gastub till ett campingkok.
¨ Tuben innehåller inga andra a¨ mnen.
Vad blir trycket n¨ar bara 10% av v¨atskan a¨ r kvar?
Den normala kokpunkten for
¨ n-butan a¨ r −0.5◦ C och ångbildningsen−1
talpin 22.4 kJ mol .
(6 p)
7. Densiteten av några vattenlosningar
av NaCl vid 20◦ C och salthalter
¨
mellan 2 och 12 viktsprocent har uppm¨atts.
Best¨am ur foljande
data partiella mol¨ara volymen av NaCl i losningen
¨
¨
i detta koncentrationsintervall. Du får anta att partiella mol¨ara volymen a¨ r konstant i intervallet.
Till 1 kg H2 O sattes varierande m¨angder NaCl(s) och densiteten
best¨amdes n¨ar saltet lost
¨ sig.
mNaCl /kg
ρ/kg m−3
8. For
¨ reaktionen
0.02041
1012.5
0.04167 0.08696
1026.8 1055.9
0.13636
1085.7
(6p)
C(grafit) + O2 (g) CO2 (g)
a¨ r ∆r s (298K) = −3.574 J K−1 mol−1 , K(298K) = 9.43 · 1068 och
∆r Cp (T) = −2.6 − 0.16 · 10−3 · T + 1.6 · 105 /T2 J K−1 mol−1
Ber¨akna j¨amviktskonstanten K vid 1500 K ur dessa data.
(6 p)
9. Ber¨akna ∆U = U − U(0), S och Cp for
¨ syrgas vid temperaturen 298 K
och trycket 1 bar. Anv¨and θvib = 2256 K, θrot = 2.07 K och gel,0 = 3.
Forsumma
ovriga
elektronnivåers bidrag till qel .
(6 p)
¨
¨
10. I boken finns ett enkelt exempel d¨ar en liten peptid approximeras
med en polymer bestående av sex monomerer. I det helt “veckade”
tillståndet finns fyra konfigurationer som alla har samma energi, 0.
Det finns 11 konfigurationer som a¨ r delvis veckade och de har energin
ε0 . Till sist finns det 21 konfigurationer som a¨ r helt oveckade och de
har alla energin 2ε0 . Vi sammanfattar i tabell:
Tillstånd
Energi Degenerationsgrad g
Helt veckat
0
4
Delvis veckat
ε0
11
Helt oveckat (denaturerat)
2ε0
21
Ber¨akna med Boltzmanns fordelningslag
vilket v¨arde ε0 måste ha for
¨
¨
att minst 90% av peptiderna skall vara helt veckade vid 37◦ C. Svaret
skall anges i J mol−1 .
(6 p)
2
Losningar
¨
ovningstenta
¨
1, 100922
1. (a) Antalet mojliga
kombinationer a¨ r 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 25 = 32.
¨
Sannolikheten for
¨ just sekvensen FFFFF a¨ r alltså 1/32 = 0.031,
dvs 3.1%. Man kan också r¨akna antalet sekvenser med enbart
flickor: W = 5!/(5! · 1!) = 1. Sannolikheten for
¨ en viss sekvens
a¨ r 1/32. Alltså a¨ r sannolikheten for
¨ sekvensen enbart flickor
1 · 1/32 = 1/32.
(b) Detta a¨ r också en av de 32 mojliga
sekvenserna. D¨arfor
¨
¨ a¨ r sannolikheten 1/32 a¨ ven for
¨ denna.
(c) W = 5!/(3! · 2!) = 10. Sannolikheten for
¨ var och en av dessa 10
sekvenser a¨ r 1/32. Alltså a¨ r sannolikheten 10/32 = 0.313, dvs
31.3% att man får tre flickor och två pojkar.
2. Vi slår upp Henrys konstant i tabellsamlingen: kH,H2 S = 0.057 · 104 bar
och kH,CH4 = 67.4 · 104 bar. Från BWs gittermodell har vi
kH,B = p∗B eχAB
men for
¨ att denna skall kunna anv¨andas vid 298 K, måste vi ber¨akna
p∗B vid 298 K. Det gor
¨ vi med Clausius-Clapeyrons ekvation:
p∗B (T2 ) ∆vap hB 1
1
=
− +
ln ∗
pB (T1 )
R
T2 T1
For
¨ H2 S får vi p∗H2 S (298) = 20.698 bar (ty p∗H2 S (212.8) = 1 atm från
tabell) och for
¨ CH4 får vi p∗CH4 (298) = 249.50 bar (p∗H2 S (111.7) = 1 från
tabell). Eftersom 298 K a¨ r ganska långt från dessa b¨agge a¨ mnens
kokpunkter vid 1 atm, a¨ r formodligen
de nya ångtrycken beh¨aftade
¨
med visst fel.
Nu kan vi best¨amma χH2 O,H2 S = 3.31 och χH2 O,CH4 = 7.90. Metan trivs
alltså betydligt s¨amre i vatten a¨ n vad H2 S gor;
¨ H2 S a¨ r ju ett ganska
pol¨art a¨ mne.
3. Ber¨akna forst
molbråket vatten i losningen:
¨
¨
xH2 O =
mH2 O /MH2 O
nH2 O
=
nH2 O + nsukros mH2 O /MH2 O + msukros /Msukros
Eftersom mH2 O = 0.80mtot och msukros = 0.20mtot får vi
xH2 O =
0.80/MH2 O
= 0.9870
0.80/MH2 O + 0.20/Msukros
3
S¨att in detta v¨arde i ekvationen for
¨ fryspunktss¨ankning,


Z T
∆fus h∗H2 O  1
∆fus h∗H2 O

1
− +

dT =
ln xH2 O =


∗
2
RT
R
T
T
∗
T
H2 O
H2 O
∗
d¨ar ∆fus h∗H2 O a¨ r sm¨altentalpin for
a¨ r sm¨altpunkten
¨ rent vatten och TH
2O
for
ut T = 271.81 K.
¨ rent vatten. Vi loser
¨
4. Vid adiabatisk process g¨aller dU = dw = −pex (ty dq = 0). Samtidigt
a¨ r gasen ideal, så a¨ ndringen i U beror bara av temperaturen: dU =
CV dT. Alltså har vi
CV dT = −pex dV
Nu gor
¨ vi dessutom processen reversibel (kvasistatiskt), så att pex = p.
Vidare g¨aller att CV = Cp − nR for
¨ en ideal gas. Då får vi
(Cp − nR) dT = −pdV = −
nRT
dV
V
Integration ger
Z
T2
(Cp − nR)
T1
1
dT = −nR
T
V2
Z
V1
1
dV
V
dvs
V2
T2
= −nR ln
T1
V1
Eftersom V2 /V1 = 5/50 = 0.1, fås (med n = 1) T2 /T1 = 2.51, så att
T2 = 680 K. Sluttrycket ges av ideala gaslagen:
(Cp − nR) ln
p2 =
nRT2
= 1.1 · 106 = 11 bar.
V2
5. Villkoret for
¨ att en process skall ske a¨ r (2:a huvudsatsen)
dStot = dS + dSomg ≥ 0
Men,
dqomg
dq
dH
=−
T
T
T
d¨ar den sista likheten g¨aller vid konstant tryck, så att
dSomg =
dS −
4
=−
dH
≥0
T
eller
TdS − dH ≥ 0
Till sist differentierar vi definitionen G = H − TS:
dG = dH − TdS − SdT = dH − TdS
eftersom temperaturen a¨ r konstant (dT = 0). Kombination av de två
sista ekvationerna ger dG ≤ 0, vilket skulle visas.
6. Så l¨ange det finns v¨atska kvar i behållaren ges trycket av ångtrycket
over
v¨atskan, dvs Clausius-Clapeyrons ekvation skall anv¨andas. Tryc¨
ket blir alltså det samma oavsett m¨angden v¨atska! Om man d¨aremot
tommer
behållaren så grundligt att ingen v¨atska finns kvar, kommer
¨
trycket att ges av en l¨amplig gaslag, t.ex. den ideala. Detta a¨ r dock
inte fallet h¨ar.
p2 ∆vap h 1
1
=
− +
ln
p1
R
T2 T1
Ins¨attning av våra v¨arden på p1 , ∆vap h och T1 ger p2 = 1.996 atm, eller
202.2 kPa.
7. Partiella volymen av natriumklorid definieras som
!
∂V
VNaCl =
∂nNaCl p,T,nH O
2
Man måste alltså skriva om tabellen så att den innehåller totala volymen och antalet mol NaCl. Totala volymen vid de fyra v¨ardena a¨ r
V=
mtot mNaCl + mH2 O mNaCl + 1 kg
=
=
ρ
ρ
ρ
Substansm¨angden NaCl ges naturligtvis av mNaCl /MNaCl . Vi får då en
ny tabell
nNaCl
V/dm−3
0.3493
1.0078
0.7130
1.0145
1.488 2.333
1.0294 1.0467
Eftersom partiella mol¨ara volymen ges av derivatan av V med avseende
på nNaCl och vi får anta att partiella mol¨ara volymen a¨ r konstant i hela
intervallet, gor
¨ vi en linj¨aranpassning till data i tabellen enligt
V = a · nNaCl + b
d¨ar a = VNaCl = 0.0196 dm3 mol−1 . b = 1.000 dm3 , vilket ju a¨ r rimligt
eftersom b a¨ r volymen av 1 kg rent vatten (volymen då nNaCl = 0).
5
8. ∆r G (298K) = −RT ln K(298K) = −395.511 kJ/mol. Detta ger i sin
tur att ∆r H (298K) = ∆r G (298K) + T∆r S (298K) = −394.576 kJ/mol.
Ber¨akna d¨arefter dessa reaktionsfor¨
¨ andringar vid 1500 K:
Z 1500
∆r H (1500K) = ∆r H (298K) +
∆r Cp dT = −397.444 kJ/mol
298
Z
1500
∆r S (1500K) = ∆r S (298K) +
∆r Cp
dT = −7.10295 J K−1 mol−1
T
Vi får alltså ∆r G (1500K) = ∆r H (1500K)−T∆r S (1500K) = −386.789 kJ/mol
och K(1500 K) = 2.944 · 1013 .
298
9. Det a¨ r enklast att losa
¨ denna genom att anv¨anda hogtemperaturuttrycken
¨
direkt. Då a¨ r
3RT
= 3.717 kJ mol−1
∆Utrans =
2
Syre a¨ r en diatom¨ar gas, så den har två rotationsfrihetsgrader. Då a¨ r
RT
= 2.478 kJ mol−1
2
θvib T, så ∆Uvib ≈ 0. Totala ∆U = 5RT/2 = 6.194 kJ mol−1 .
Cp = CV + R, om vi r¨aknar ut Cp for
, har
¨ en mol. Eftersom CV = ∂U
∂T V
vi
!
!
∂(∆U + U(0))
∂U
+R=
+R=
Cp = CV + R =
∂T V
∂T
V
!
∂(∆U)
7R
= 29.10 J K−1 mol−1
+R=
2
∂T V
∆Urot = 2 ·
Nu a¨ r det bara entropin kvar! H¨ar måste vi tyv¨arr återgå till Q. For
¨
N
en gas a¨ r Q = q /N!, så att ln Q = N ln q − N ln N + N. For
¨ en mol
har vi alltså ln Q = NA ln q − NA ln NA + NA . Ins¨attning i uttrycket for
¨
entropi ger for
¨ en mol molekyler
∆U
∆U
= R(ln q − ln NA + 1) +
T
T
q = qtrans qvib qrot qel ≈ qtrans qrot qel eftersom θvib T. S¨att in uttrycken
for
¨ alla olika q:
S = kB (NA ln q − NA ln NA + NA ) +
q=
V
T
RT/1 · 105
T
·
·
3
=
·
·3
Λ3 2θrot
Λ3
2θrot
RT/1 · 105
T
=
·
· 3 = 4.336 · 1030 · 71.98 · 3
−33
5.71 · 10
2θrot
6
Glom
¨ inte att m i Λ3 a¨ r massan per molekyl i kg! Till slut blir alltså
5R
=
2
184.29 + 20.786 = 205.07 J K−1 mol−1
S = R(ln(4.336 · 1030 · 71.98 · 3) − ln NA + 1) +
Det experimentella v¨ardet a¨ r 205.138 J K−1 mol−1 , så vi har gjort ett
gott jobb!
10. Sannolikheten for
¨ den veckade formen med energin 0 a¨ r
p=
4·1
4 · e−0/RT
=
−ε
/RT
0
q
4 + 11 · e
+ 21 · e−2ε0 /RT
enligt Boltzmanns fordelningslag.
Genom att dividera med RT i
¨
−1
exponenten anges ε0 i J mol . Enligt uppgiften skall p = 0.90:
4 · e−0/RT
4·1
= 0.90
=
−ε
/RT
q
4 + 11 · e 0 + 21 · e−2ε0 /RT
H¨ar finns bara en obekant (ε0 ). Solver på r¨aknaren ger ε0 = 8.45
kJ mol−1 .
7