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Musterlösung der Klausur zum Modul Physikalische Chemie 1 (B. Sc.) Prof. Dr. Norbert Hampp Sommersemester 2007 Jens Träger Wintersemester 2007/08 27. 11. 2007 Aufgabe 1 Die Clausius-Clapeyron sche Gleichung lautet d ln p dt = VH R T 2 bzw. in der integrierten Form ln p 1 p 2 = VH R ( 1 T 2 1 T 1 ). a) Einsetzen der gegeben Werte ln 40 Torr 10 Torr = V H 8, 31447 J mol 1 K 1 1, 3862 = V H 2, 8594 10 5 J 1 mol V H = 48, 5 kj mol 1 ( ) 1 359 K 1 392, 15 K (6 Punkte) b) Der normale Siedepunkt entspricht einem Dampfdruck von 760 Torr (1 atm). Mit den Daten für 119, 3 C erhalten wir 760 Torr ln 40 Torr = 48, 5 ( 103 J mol 1 8, 31447 J mol 1 K 1 1 392, 5 K 1 ) T s 5833, 2040 K 2, 9444 = 14, 8749 T s T s = 489 K = 216 C Der Literaturwert beträgt 218 C. (6 Punkte) c) Die Verdampfunsentropie am Siedepunkt (also bei 489 K) ist V S = VH T s = 48, 5 103 J mol 1 489 K = 99 J mol 1 K 1 (6 Punkte) Seite 1 von 8
Aufgabe 2 a) Die Lösung siedet, wenn p Mischung = p Umg. ist. x Benzol = p Umg. p Heptan p Benzol p Heptan = x Heptan = 1 x Benzol = 0, 862 500 hpa 452 hpa 800 hpa 452 hpa = 0, 138 (5 Punkte) b) Der Dampfdruck der leichter flüchtigen Komponente in der Flüssigkeit ist p 1 = x 1 p 01. Wir mit p Mischung der Gesamtdruck der gasförmigen Phase bezeichnet, so ist nach dem Raoult schen Gesetz der Partialdruck des Leichtsieders im Dampf p 1 = y 1 p Mischung wobei y 1 der Molenbruch der niedriger siedenden Komponente im Dampf ist. Daher ist y 1 = p 1 p Mischung und mit p Mischung = x 1 p 01 + (1 x 2 ) p 02 folgt für unser Beispiel x Benzol p Benzol y Benzol = x Benzol p Benzol + (1 x Benzol ) p Heptan 0, 138 800 hpa = = 0, 221 0, 138 800 hpa + 0, 862 452 hpa y Heptan = 1 y Benzol = 0, 779 (9 Punkte) Seite 2 von 8
Aufgabe 3 Nach der Gibbs schen Phasenregel gilt F = K P + 2. In diesem Fall ist die Zahl der Komponenten K = 2 (Rohrzucker und Wasser) und die Zahl der Phasen ist P = 2 (flüssige Lösung und Gasphase). Durch Einsetzen folgt daher F = 2. Wir haben also zwei Freiheitsgrade und können daher die Zustandsvariablen c, T, V und p paarweise frei wählen. (5 Punkte) Seite 3 von 8
Aufgabe 4 Abbildung 1: Graphische Darstellung des Kreisprozesses im Phasendiagramm a) Das CO 2 liegt zu Beginn gasförmig vor. Das Gas expandiert, da die Temperatur erhöht wird, bis Punkt a erreicht ist. (3 Punkte) b) Das Gas kontrahiert bis Punkt b erreicht ist. Es findet aber keine Verflüssigung statt, da die Temperatur über der kristischen Temperatur liegt. (4 Punkte) c) Das Gas kontrahiert weiter. Bei unterschreiten der kritischen Temperatur wird die Dichte der Flüssigkeit erreicht. Das CO 2 wird aber nicht flüssig (!), da der Druck über dem kritischen Druck liegt. Beim überschreiten der Phasengrenzlinie flüssig/fest erstarrt das CO 2 zu einem Festkörper. (6 Punkte) d) Beim passieren der Phasengrenzlinie flüssig/fest sublimiert der Festkörper und wir haben wir ein Gas. (4 Punkte) e) Das Gas expandiert bis der Anfangszustand erreicht ist. (3 Punkte) Seite 4 von 8
Aufgabe 5 Die mittlere freie Weglänge ist λ = k T 2σ p = 1, 38066 10 23 J K 1 263, 75 K 2 0, 43 10 18 m 2 6 10 4 Pa 1 10 7 m = 100 nm. (5 Punkte) Seite 5 von 8
Aufgabe 6 Die Viskosität eines Gases ist η = v m 3 2σ. Den Stoßquerschnitt können wir berechnen, indem wir die Formel für die mittlere Geschwindigkeit v = σ = 8 R T π M einsetzten und nach σ auflösen. Es folgt dann v m 3 2η = m 4RT 3η π M = 20 1, 66054 10 27 kg 3 29, 8 10 6 Pa s = 1, 41 10 19 m 2 4 8, 31447 J mol 1 K 1 273 K π 20 10 3 kg mol 1 (5 Punkte) Seite 6 von 8
Aufgabe 7 a) Der Wirkungsgrad ist η = T warm T kalt T warm = 603 K 413 K 603 K = 0, 315 = 31, 5% (5 Punkte) b) Die Temperatur, bei der der Wirkungsgrad 60% beträgt ist dann η = 0, 6 = 603 K T kalt 603 K und folglich T kalt = T warm (T warm η) = 603 K (603 K 0, 6) = 241 K = 32 C (5 Punkte) c) Die Entropieänderung beim Carnot-Prozess ist Null, da die Entropieänderungen der beiden isothermen Schritte in dem Prozess vom Betrag her gleich sind, aber entgegengesetztes Vorzeichen haben. (5 Punkte) Seite 7 von 8
Aufgabe 8 a) Die Kalibrierkonstante des Kalorimeters ist k = H T = q zugeführt T = 0,125 g 128,2gmol 1 ( 5147 kj mol 1 ) 3, 15 K = 1, 59 kj K 1 (6 Punkte) b) Mit der Kenntnis der Kalibrierkonstanten können wir nun die Wärmemenge berechnen, die bei der Verbrennung des Marzipans frei wird. q = k T = 1, 59 kj K 1 2, 68 K = 4, 26 kj 238 mg Marzipan haben daher einen Brennwert ( H) von 4, 26 kj. Durch einfache Dreisatzrechnung erhalten wir den in der Aufgabe gesuchten Werte in kj pro 100 g. Es ist H phys. = 1790 kj/100 g. Beachten Sie, dass das Kalorimeter drucklos betrieben wird und wir daher direkt H Werte erhalten. (6 Punkte) c) Aus dem Ergebnis von Teil b) folgt, dass 50 g Marzipan (5 10 g) einen Brennwert von 895 kj haben. Es stehen 20% dieser Energie zur Verfügung, also 179 kj. Die Verbrauchte Energie bei einem Mal Treppensteigen ist E pot. = m g h = 70 kg 9, 81 m s 2 5 m = 3, 43 kj Der Übungsleiter muss also 52mal (179 kj/3, 43 kj) die Treppen hinauflaufen. (6 Punkte) Seite 8 von 8