Архитектура Аудит Военная наука Иностранные языки Медицина Металлургия Метрология Образование Политология Производство Психология Стандартизация Технологии |
Приклад розв ’ язання завдання
Умова завдання . В таблиці 2.4 наведені дані по залежності тиску насиченої пари від температури, густини речовини в твердому і рідкому станах (dтв і dрід в кг/м3) в потрійній точці. Таблиця 2.4
Задача 1. Побудуйте графік залежності ln p від 1/Т. Розв’язання. Для креслення графіка перерахуємо р на ln р, а Т на 1/Т. Дані занесемо в таблицю 2.5. Через точки, що характеризують твердий стан і через точки рідкого стану проводимо дві прямі лінії (рис. 1). Таблиця 2.5
Задача 2. Визначить за графіком координати потрійної точки. Розв’язання.. Точка перетину побудованих прямих є потрійна точка (т. о). Її координати: ln p = 10,7675 і 1/Т = 2,251.10-3, що відповідає тиску рПТ = 47454 Па і температурі ТПТ =448,2 К. Задача 3. Обчисліть середню теплоту випаровування і сублімації. Рис. 1. Розв’язання. Лінія со є лінією випаровування. Її хід описується рівнянням Клапейрона-Клаузіуса у лінійному вигляді: . Аналіз рівняння показує, що теплота випаровування входить в величину кутового коефіцієнта прямої. Він дорівнює тангенсу кута нахилу лінії (α1), який можна розрахувати за графічними даними: . Середня теплота випаровування дорівнює: ΔHВИП = R.tgα1 = 8,314. 2816,9 = 23429,7 Дж/моль. Лінія оb на графіку є лінією сублімації. Вона також описується рівнянням Клапейрона-Клаузіуса. Тангенс кута нахилу (α2) прямої оb дорівнює: . Розрахуємо середню теплоту сублімації. ΔHСУБ = R.tgα2 = 8,314. 5365б85 = 44611,7 Дж/моль. Задача 4. Визначить теплоту плавлення речовини при температурі потрійної точки. Розв’язання. Теплоту плавлення речовини при температурі потрійної точки визначаємо за рівнянням: ΔHПЛ = ΔHСУБ. – ΔHВИП = 44611,7 - 23419,7 – 21192,0 Дж/моль. Задача 5. Обчисліть dT/dp для процесу плавлення при температурі потрійної точки. Розв’язання. Згідно з рівнянням Клапейрона – Клаузіуса , де ΔV = VРІД – VТВ є різниця мольних об’ємів речовини в рідкому і твердому станах відповідно. Мольні об’єми розрахуємо за даними густини речовини (dРІД і dТВ) та її мольної маси (М = 152 г/моль) і . Тоді , і . Задача 6. Обчисліть температуру плавлення речовини при тиску р. Розв’язання. Температуру плавлення при тиску 300.105 Па знайдемо в результаті інтегрування рівняння , допускаючи, що залежність T = f(p) має лінійний характер. . Т = ТПТ + 2,67.10-8(р – рПТ) = 448,2 + 2,67.10-8(300.105 – 47454) = 449,0 К. Задача 7. Обчисліть зміну ентропії, ентальпії, внутрішньої енергії, енергії Гіббса, енергії Гельмгольца в процесі сублімації для n = 1 кмоль речовини в потрійної точці. Розв’язання. Для процесу сублімації в потрійній точці зміна ентропії 1 кмоль речовини дорівнює: . Зміна ентальпії буде дорівнювати: ΔН = nΔНСУБ = 1000.44611,7 = 44611700 Дж. Зміна внутрішньої енергії: ΔU = ΔH – nRTПТ = 44611700-1000.8,314.448,2 = 40885365 Дж. Зміна енергії Гіббса: ΔG = ΔH – TПТ.ΔS = 44611700 – 448,2.99535,25 = 0. Зміна енергії Гельмгольца: ΔA = ΔG – nRTПТ = 0 – 1000.8,314.448,2 = -3726335,0 Дж. Задача 8. Визначить число фаз і число термодинамічних ступенів свободи для фігуративних точок на “полі” діаграми, “лінії” і “точці”. Розв’язання. Число фаз (Ф) для фігуративних точок на “полі” діаграми дорівнює 1, на “лінії” – 2, в потрійній точці – 3. За правилом фаз Гіббса С = К – Ф + n для однокомпонентної системи (К = 1) і для n = 2 (змінні, що впливають на рівновагу – тиск і температура) число термодинамічних ступенів свободи в “полі” дорівнює СП = 1 – 1 + 2 = 2, на “лінії’ СЛ = 1 – 2 + 2 = 1, в потрійній точці СПТ = 1 – 3 + 2 = 0.
|
Последнее изменение этой страницы: 2019-04-10; Просмотров: 45; Нарушение авторского права страницы