145

Click here to load reader

(Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

  • Upload
    bsa00

  • View
    596

  • Download
    80

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

INTERNET VERZIJ

ZBIRKA ZADATAKA IZ FIHEMIJE

103

103,5

104

104,5

105

105,5

106

106,5

107

107,5

0 0,02 0,04 0,06 0,08

c

103

103,5

104

104,5

105

105,5

106

106,5

107

107,5

0 0,02 0,04 0,06

Farzet Bikić

A

ZIKALNE

0,08

Zenica, 2006

Page 2: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

SADRŽAJ 1. PLINSKO STANJE MATERIJE 1 1.1. Idealni plinovi 1 1.2. Realni plinovi 9 2. HEMIJSKA TERMODINAMIKA

14

2.1. Toplota i toplotni kapacitet 14 2.2. Prvi zakon termodinamike 20 2.3. Termohemija 29 2.3.1. Zavisnost toplote hemijske reakcije od temperature 30 2.4. Drugi zakon termodinamike 39 2.5. Gibbsova i Helmholtzova energija 48 2.5.1. Zavisnost Gibbsove i Helmholtzove energije od temperature 49 3. FAZNE RAVNOTEŽE

55

3.1. Gibbsovo pravilo faza 55 4. KOLIGATIVNA SVOJSTVA RAZBLAŽENIH OTOPINA

64

5. HEMIJSKA RAVNOTEŽA

73

5.1. Zavisnost konstante ravnoteže od temperature 75 6. HEMIJSKA KINETIKA

90

6.1. Brzina hemijske reakcije 90 6.2. Kinetika reakcija nultog reda 90 6.3. Kinetika reakcija prvog reda 91 6.4. Kinetika reakcija drugog reda 92 6.4.1. Simetrične reakcije drugog reda 92 6.4.2. Nesimetrične reakcije drugog reda 93 6.5. Kinetika reakcija višeg reda 94 6.6. Određivanje reda hemijske reakcije 94 6.7. Zavisnost brzine hemijske reakcije od temperature 95 7. RAVNOTEŽA NA FAZNIM GRANICAMA

109

7.1. Napetost površine 109 7.2. Adsorpcija 112 8. ELEKTROHEMIJA

122

8.1. Elektroliza, Faradejevi zakoni 122 8.2. Električna provodljivost otopina elektrolita 127 8.3. Elektrodni potencijal 134 8.4. Elektromotorne sile galvanskih članaka 135

Page 3: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 1

1. PLINSKO STANJE MATERIJE

1.1. Idealni plinovi Opća karakteristika plinovitog stanja je u tome da se molekuli nalaze na relativno velikoj uzajamnoj udaljenosti, tako da su međumolekulske interakcije slabog ili zanemarljivog intenziteta.Vlastiti volumen molekula idealnog plina prema raspoloživom volumenu se može zanemariti.

Zakonitosti kojima se pokoravaju idealni plinovi

Boyle-Mariotteov zakon

constpV = pri constT =

2211 VpVp = Proizvod pritiska p i volumena V plina je konstantan i zavisi od temperature, prirode i količine plina.

222 pcρ

111 pc==

ρ

Gustine (ρ) i koncentracije (c) ionalne su pritisku.

Gay – Lussacov zakon

plina pri T= const proporc

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

27310

tVVt pri constp =2

1 ⇒ 2V1

TTV

=

⎟⎠

⎜⎝ 27310ppt ⎞⎛ +=

t pri constV = ⇒ 22

11

TTp

=

deks “o “ označava vrijednost v turi 0 ºC. Sa indeksima 1 i 2 označeno je p nje idealnog plina.

Avogadrov zakon

p In eličina na tempera

očetno i krajnje sta

2

1

2

1

nn

VV

= pri constTp =,

Jisednaki volumeni različitih plinova pod istim pritiskom i na istoj temperaturi sadrže ti broj čestica (atoma, molekula).

Page 4: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 2

Jednačina stanja idealnog plina Jednačina stanja idealnog plina predstavlja vezu između parametara koji karakterišu stanje sistema.

pV = nRT p – pritisak, Pa V – volumen, m3

n – količina tvari, mol R – univerzalna plinska konstanta, Jmol-1K-1 Univerzalna plinska konstanta definiše se kao:

0

00

TVp

R =

p0 = 101 325 Pa V0 = 22,414·10-3 m3mol-1

= 273,15 K

U slučaju termičke disocijacije plina, anja idealnog plina prima oblik:

U gornjoj jednačini, van’t Hofov korekcioni član “i”, predstavlja odnos ukupne količine tvari u stanju disocijacije (n) i količine tvari prije disocijacije (n0), odnosno:

T0R = 8,314 Jmol-1K-1

jednačina st

pV = in0RT

0nni =

( )[ ]110 −+= znn α ( )11 −+= zi α

0nnd=α

α - stepen disocijacije d – količina disociranih čestica (mol)

čestica na koji se raspao prvobitni molekul

Daltonov zakon

nz – broj

∑=

=k

iipp

1 k – broj komponenata

Page 5: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 3

Ukupan pritisak smjese idealni je sumi parcijalnih pritisaka omponenata u smjesi.

h plinova jednakk

ii

ii xn

npp

==∑

xi - molski udio i-te komponente u plinskoj smjesi

Amagatov zakon

∑=k

VV =

kupan volumen plinske smjese jednak je sumi parcijalnih volumena komponenata. i

i1

U

ii

ii xn

nVV

==∑

11

=∑=

asa plinske smjese se može računati prema izrazu:

k

iix

Molarna m

i

k

iiSR xMM

=

=

rimjeri

3

Rje

1

P 1. U posudi volumena 100 dm nalazi se 56 g nitrogena. Izračunati pritisak plina

ako temperatura iznosi 300 K. Pretpostaviti da se nitrogen ponaša kao idealan plin. MN2 =28 gmol-1.

šenje

K RTMmpV = , slijedi da je: ako je

133

1314,856−

⋅==

KJmolgmRTp1

2810100300

−−

⋅⋅⋅

gmolmK

VM

p = 49 884 (Nm-2 ) = 49 884 Pa

Page 6: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 4

2. U jednom sudu volumena 200 cm na zi se oksigen pod pritiskom od 200 kPa,

a u drugom sudu čiji je volumen 300 cm3 nalazi se nitrogen pod pritiskom od 100 kPa. Ako se sudovi povežu tako da dođe do miješanja plinova, izračunati parcijalni pritisak svakog plina u smjesi i pritisak smjese, pod pretpostavkom da

rature.

2 prije miješa

2 nakon miješanja: p2 = ?; V2 = 500 cm3

3 la

pri miješanju plinova nije došlo do promjene tempe Rješenje Stanje N nja: p1 = 100 kPa; V1 = 300 cm3

Stanje N

Parcijalni pritisak N2 nakon miješanja je:

kPacm

cmkPaVVpp 60

500300100

3

3

2

112 =

⋅==

Stanje O2 prije miješanja: p1 = 200 kPa; V1 = 200 cm3

ta on miješanja: p2 = ?; V2 = 500 cm3

Parcijalni pritisak O2 nakon miješanja je:

S

nje O2 nak

kPacm

cmkPaVVpp 80

500200200

3

3⋅

2

112 ===

Prema Daltonovom zakonu pritisak smjese predstavlja sumu parcijalnih pritis ka omponenata u smjesi:

. U sudu volumena 40 dm3 nalazi se 1 g H2, 8 g O2 i 7 g N2 na temperaturi 285 K. Izračunati parcijalne pritisk smjesi i ukupan pritisak smjese.

Rješenje

ritisak smjese, primjenjujući jednačinu stanja idealnog plina, se računa po izrazu:

ak

kPappp ON 140806022 22 =+=+=

3

e plinova u

P

Vp sm=

RTn

molgmol

ggmol

ggmol

gnnnn NOHsm 128

732

82

1111222

=++=++= −−−

Page 7: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 5

Pam

KKJmolmolp 25,592371040

285314,8133

11

=⋅

⋅⋅= −

−−

PaPo

am lmolpxp HH 625,29618

15,0

22=== 25,59237⋅

PaPamol

mol25,0

0, 99·105 Pa 0,716 g neke organske tvari 3. Ako je odnos broja atoma u

unati molekulsku masu organskog spoja i odrediti njegovu se pare organske tvari ponašaju kao idealan p

Rješenje

pp NO 31,1480925,59237122

=⋅==

4. Na temperaturi od 200 ºC i pritisku

isparava zauzimajući volumen o9

d 242,6 cmmolekuli tog spoja C : H : O = 3 : 6 : 1 izrač

formulu. Pretpostaviti dalin.

Molarna masa organskog jedinjenja se računa po izrazu:

365

11 473314,8716,0 KKJmolgmRTM−− ⋅⋅

== 106 m−⋅

formule koja je data u zadatku (C3H6O)x, gdje

,24210999,0 PapV ⋅⋅

M = 116,2 gmol-1

Mr =116

Formula spoja se nalazi iz empirijskeje:

'MrMrx =

moler’ – suma atomskih masa iz empirijske formule

Mr – stvarna M

kulska masa spoja

M’ = ( 3·12 + 6·1 + 1·16 ) = 58

258

116==x

3 6O)2, odnosno C6H12O2.

. U posudi volum eraturi od 1000 K pritisak jodnih para iznosi 81 060 Pa.

Jod disocira prema jednačini: I2 ↔ 2I Izračunati: a) stepen disocijacije joda, b) parcijalne pritiske komponenti, c) srednju molarnu masu jodnih para.

S

tvarna formula organskog spoja je (C H

ena 5,3 dm3 zagrijava se 12,7 g joda. Na temp5

Page 8: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 6

ješenje

a) Broj mola joda na početku:

R

moln I 05,08,2532

Broj mola učesnika reakcije disocijacije u stanju ravnoteže može se prikazati u ljedećem obliku:

7,12= =o

I2 2I

olovi na početku 0,05 -

isociralo mola 0,05·α - astalo mola - 0,05·2α

oteži ( 0,05 – 0,05·α) 0,05·2α Ukupan broj molova u stanju ravnoteže:

nuk = ( 0,05 – 0,05α) + 0 α = 0,05 + 0,05α

s

md

n

molovi u ravn

,05·2

molKKJmol

mNmRTpVnuk 0517,0

1000314,8103,581060

11

332

=⋅⋅⋅

== −−

−−

0,0517 = 0,0 + 0,05·α

α = 0,034

idea

pV = in0RT

5

Stepen disocijacije se može naći i na drugi način, primjenom jednačine stanja lnog plina za slučaj termičke disocijacije:

0335,1103,581060=

⋅⋅==

pVi 1000314,805,0

3

⋅⋅

RTn

z – 1)

0

i =1+ α(

0335,012

10335,111

=−

−=

−−

=ziα ⇒ α ≈ 0,034

b)

Papnn

puk

II 7572981060

0517,0)034,01(05,02

2=⋅

−==

Papnuk

I 0517,0np I 5331810600205,0

=⋅⋅⋅

==

c)

034,

Page 9: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 7

III xMISR xM M+=22

−ol

tvorena suda istih volumena nalaze se na istoj temperaturi. U jedan od njih je unijeto 20 g oksigena i 5 g hidrogena, a u drugi sud 60 g oksigena.

ritisak i koliko puta je veći?

Ako se za date uslove primijeni jednačina stanja idealnog plina, i to: za prvi sud: =za drugi sud: n

dijeljen in

14,245904,126066,08,253934,0 =⋅+⋅= gmM SR

6. Dva za

Izračunati u kojem sudu vlada veći p

Rješenje

p1V n1RT p2V = 2RT ,

jem ovih jednač a dobije se: 2

11 np=

2 np

moln 12,325

3220

1 =+= ; moln 88,13260

2 ==

66,188,112,3

2

1 ==pp

⇒ p1 = 1,66p2

7. Za oksigen na temperaturi 0 ºC dobijeni su sljedeći podaci:

p·10-5 (Pa) 1,013 0,76 0,5067 0,2533 V (m3kg-1) 0,69981 0,93328 1,4003 2,8012

Da li pri ovim pritiscima za oksigen važi Boyle-Mariotteov zakon?

Rješenje Prema Boyle-Mariotteovom zakonu je:

pV = k ⇒ V

kp 1=

p = f ( V-1 ), je linearna funkcija gdje je k nagib pravca. -1Crta se grafik p = f ( V ).

p·10-5 (Pa) 1,013 0,76 0,5067 0,2533V (m3kg-1) 0,69981 0,93328 1,4003 2,8012V-1(m-3kg) 1,4289 1,0715 0,7141 0,357

Page 10: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 8

ariotteov

1.

nja se dodatkom oksigena.

sigena. Na ak nitrogena je 56,7 kPa. Izračunati ukupan

pritisak smjese plinova u sudu na datoj temperaturi kao i parcijalni pritisakoksigena.

. Sud napunjen čistim h 25 ºC i pod pritiskom od 1,0133·105 Pa sadrži 0,8 a treba dodati u sud pa da

(mol.) 2 (mol.) 2 2koji se nalazi na pritisku od 1,01325·105 Pa i temperaturi 25 ºC,

kolika će biti srednja molarna masa smj se H2-zrak?

na površini mora na pritisku 101,32 kPa i im procentima je:

N2 = 78,09; O2 = 20,95; Ar = 0,93; CO2 = 0,03. Izračunati :

a) parcijalne pritiske komponenti na površini mora i na visini od 10 000 m, uzimajući da je temperatura konstantna,

b) sastav zraka u molskim procentima na visini 10 000 m. računa po sljedećoj formuli:

Dobije se pravac funkcije p = f (V-1), što znači da za oksigen vrijedi Boyle-Mzakon.

Zadaci

U sudu volumena 4 dm3 nalazi se nitrogen pod pritiskom od 0,66 bar. Izračunati masu oksigena koju je potrebno uvesti u sud da bi pritisak plinske smjese bio 100 kPa. Temperatura sistema iznosi 67 ºC i ne mije

2. U sudu volumena 2 dm n lazetemperaturi od 0 ºC parcijalni pritis

3 a se iste mase nitrogena i ok

3 elijem na temperaturi od

g ovog plina. Koliko argonukupna masa ova dva plina na 25 ºC bude jednaka masi istog volumena zraka pod istim uslovima. Izračunati srednju molarnu masu smjese He-Ar.

4. Zrak se sastoji od približno 80 % N i 20 % O . Ako se doda 4 g H u

22,4 dm3 zraka, e

5. Sastav suhog atmosferskog zrakatemperaturi 15 ºC, iskazan u molsk

Pritisak komponenti suhog zraka u zavisnosti od nadmorske visine se

p·10

-5 (P

a)

V-1(kgm-3)

0.2

0.4

00 0.5 1 1.5

0.6

0.8

1

1.2

2

Page 11: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 9

RTMgh

h epp−

= 0 6. Na temperaturi 25 ºC uvodi se u evakuisani sud volumena 40 dm3 plinoviti

butan dok pritisak ne dostigne vrijedn st 101,3 kPa. Zatim se u sud ubacuje argon dok se ne dobije smjesa sastava 5 %(mol.) butana i 95 %(mol.) argona. Izračunati masu butana i argona u smjesi denog sastava, kao i pritisak smjese.

ovi (pare)

Kod realnih plinova ne mogu se zanemariti međumolekularne sile, niti se smiju zanemariti vlastiti volumeni molekula. Zakonitosti i relacije izvedene za idealan plin ne mogu se primjenjivati za realan plin. Mnogo jednačina opisuje stanje realnih linova, među kojima je najpoznatija van der Waalsova jednačina stanja, koja za 1 ol plina ima oblik:

o

nave

7. Pri 1218 K i 1,01325 bar, 1,7 g H2S zauzima volumen od 5,384 dm3. Izračunati stepen disocijacije H2S.

1.2. Realni plin

pm

RTbVVap =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + )(2

n mola plina jednačina prima oblik: Za

nRTnbVV

anp =−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ )(2

2

( Nm4kmol-2) i (m3kmol-1) su konstante karakteristične za svaki plin. a b

k

kkk p

TRVp 2 273 ==a

22

64

3278

27k

kk

VRTa

pab ===

k

kk

TpV

R3

8=

Tk, pk, i Vk predstavljaju kritične parametre stanja realnog plina. Kritična temperatura (TK) predstavlja temperaturu iznad koje se plin (para) ni pod kakvim pritiskom ne može prevesti u tečno stanje. Svaki realan plin ima svoje

Page 12: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 10

vrijednosti kritičnih parametara. Dijeljenjem parametara stanja, p, V, T sa ovarajućim kritičnim vrijednostima dobiju se takozvaneodg redukovane vrijednosti,

, V i T . pr r r

kr

kr

kr V

VVTTT

ppp === ;;

Redukovana jednačina stanja realnog plina:

rrr TVp 8)13( =−⎟⎟⎜⎜ + rV 2

⎠⎝

3 ⎞⎛

Prim

drogena pri volumenu 0,444 m3 i 273 K ako je = 04 Nm4kmol-2, = 2,3·10-2 m3kmol-1.

šenje

jeri

a1. Izračunati pritisak 1 kmol hi b1,95·1

Rje

2Va

bVRTp −−

=

262

244

13213

1095,12738314−−−

⋅−

⋅=

KKJkmolp11

444,0103,2444,0 −

−−−

⋅− kmolmkmolNm

kmolmkmolm

p = 52,92·105 Pa

Page 13: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 11

2. Kritični pritisak fosgena je 56,742·105 Pa, a kritična temperatura iznosi 456 K. Napisati van der Waalsovu jednačinu stanja za fozgen.

Rješenje

( ) 2425 0686,1

10742,5664456314,827

6427 −

− =⋅⋅

⋅⋅== molNm

NmKKNmmol

pTR

ak

k 22211222 −−

13511 456314,8 −−

−− ⋅ KKNmmolRTk25 1035,8

10742,5688 − ⋅=⋅⋅

== molmNmp

bk

nRTnVV

p =⋅⋅−+ − )1035,8)(( 52

3. Kritični pritisak za helij iznosi 2,27 bar, a kritična temperatura 5,19 K. Izračunati:

a) volumen

n ⋅ 0686,12

10 mola helija na 1,013 bar i 273 K, primjenjujući: d ačinu stanja idealnog plina

)

- je n- van der Waalsovu jednačinu b) volumen 10 mola helija na 1,013 bar i 3 K, primjenjujući:

ja - jednačinu stan idealnog plina - van der Waalsovu jednačinu

Prodiskutovati rješenja. Rješenje

335

11

224224,010013,1

273314,810 dmmPa

KKJmolmolp

nRTV ==⋅

⋅⋅==

−−

a

Van der Waalsova jednačina za n mola plina ima oblik:

nRTnbVV

anp =−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ )(2

2

gornju jednačinu izrazimo po volumenu, dobije se da je: Ako

0=−+⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

+−pp

Vp

nbVV

o je gornja jednačina nelinearna po volumenu, jedini način da se riješi je erički, koristeći neku od metoda za rješavanje nelinearnih jedna

3223 ⎞⎛ abnannRT

Kaknum čina. Koristit će se Newton-ova metoda prema kojoj je:

)()(Vf

− ' Vf

(V) - prvi izvod funkcije po volumenu 2 - konačan volumen (rješenje) 1 - početno (približno ) rješenje

zet će se da je početno rješenje V1 = V = 0,224 m3

12 VV =

f (V) - funkcija po volumenu f’VV U

Page 14: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 12

pabn

panV

pnRTnbVVVf

3223)( −+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

pan

pnRTnbVVVf

22' 23)( +⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

225

2222

00346,01027,264

19,5314,82764

27 −=⋅⋅⋅⋅

== molNmpTR

ak

k

1355 10376,2

1027,2819,5314,8

8−−⋅=

⋅⋅⋅

== molmp

RTb

k

k

5

2

552

5

35

5

2

5523

2

10013,11000346,0

10013,1273314,81010376,210224,02224,03

10013,11010376,200346,0

10013,11000346,0224,0

10013,1273314,81010376,210224,0224,0

224,0

⋅⋅

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅

−⋅

⋅+⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅+⋅⋅−

−=−

−−

V

V2 se računa sve dok se ne zadovolji uslov da je V2 – V1 < ε, gdje je ε zadata čnost. ε = 0,1. Ako je V2 – V1 > ε, tad se za V1 uzima zadnja izračunata vrijednost 2 i ponovo se računa V2 po gornjoj jednačini sve dok se ne dobije da je V2 – V1 < ε. olumen helija na zadanim uslovima, primjenom Newton-ove metode iznosi V2 = 24, 28 dm3.

ako su dobijeni volumeni V i V2, gotovo identični, V = 224 dm3; V2 = 224,28 dm3, to nači da se na zadatim uslovima pritiska i temperature helij ponaša kao idealan plin. tanje helija na zadatim uslovima se može računati primjenjujući jednačinu stanja ealnog plina.

b)

taVV2 KzSid

335

11

002462,0314 mKKJmol=

⋅−−

462,23,810 dmmolnRTV =⋅

==

datim uslovima, računat koristeći van der Waalsovu jednačinu, rimjenjujući Newton-ovu metodu iznosi V2 = 1,7209 dm3.

Postupak računanja V2 je identiča su temperature različite. eni V i V2, različiti, V = 2,462 dm3; V2 = 1,7209 dm3, to znači

atim uslovima pritiska i temperature helij ne ponaša kao idealan plin. ne može računati primjenjujući jednačinu

10013,1 Pap ⋅Volumen helija na zap

n postupku pod a), samo Kako su dobijeni volumda se na zadStanje helija na zadatim uslovima sestanja idealnog plina.

Page 15: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 13

Zadaci 1. Izraču ak

pk = 4,94·105 Pa, a kritična gustina ρ = 0,21 gcm-3. Koristeći izračunate konstante, naći p s d volumena 1 dm3

2. Na 240 K, 5 mol H2 zauz čni pritisak za H2 iznosi 12,9 bar a kritična temperatura 33 K. Koristeći van der Waalsovu jednačinu stanja naći pritisak pod kojim se zadatim uslovima.

Izračunati volumen 1 kmol oksigen 13 bar i 50 K, primjenjujući: a) jednačinu stanja idealnog plina,

b) van der Waalsovu jednačinu.

nati van der Waalsove konstante a i b za C2H6, ako mu je kritični pritisk

ritisak pod kojim se nalazi 10 g C H u u2 6 u na 286 K.

ima volumen od 16,7 dm3. Kriti

nalazi H2 na

3. Kritični pritisak za oksigen iznosi 50,4 bar a kritična temperatura 154,6 K. a na 1,0

Page 16: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 14

2. HEMIJSKA TERMODINAMIKA

2.1. Toplota i toplotni kapacitet

čina toplote koju sistem mase m izmKoli je i pri promjeni temperature o T1 do T2

Q = m·c ( T2 – T1) a toplote, J

1 – početna temperatura, K T2 – konačna te

U sistemima sa p = co čuna po izrazu:

i n dse računa po izrazu:

Q – količinm – masa, g c – specifični toplotni kapacitet, Jg-1K-1

Tmperatura, K

nst, količina toplote se ra

(dQ)p = nCpdT ⇒ integriranjem

dQ –diferencijalna (elementarna) količina toplote Cp – molarni toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku, Jmol-1K-1 n – količina tvari, mol

U sistemima sa V = const, količina toplote se računa po izrazu:

∫=2

1

T

TpdTCnQ

(dQ)V = nCVdT ⇒ integriranjem

CV – molarni toplotni kapacitet pri konstantnom volum -1K-1

∫=2

1

T

TV dTCnQ

enu, Jmol

Za idealan plin važi izraz:

R = C - Cp V

dnji molarni toplotni kapacitet za temperaturni interval od TSre 1 do T2 se računa po

izrazu:

∫−=

− 21 T

pp dTCTT

C

Molarni toplotni kapaciteti Cp i CV su dati kao polinomi trećeg stepena u funkciji od temperature:

p

Cp-3

a, b, c, d - konstante karakteristične za svaku tvar.

112 T

najčešće

C = a + bT + cT2 + dT3

ili = a + bT + cT-2 + dT

Page 17: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 15

Količina toplote koju izmijeni električni grijač se računa po izrazu:

Q = U·I·t U – električni napon, V I –t –

temperature data je sljedećom jednačinom:Cp = 23,97 + 5,28·10 T – 0,25·105T-2 (Jmol-1K-1). Izračunati srednji m eraturni interval od

300 do 400 K. Rješenje

jačina struje, A vrijeme, s

Primjeri 1. Zavisnost molarnog toplotnog kapaciteta srebra od

-3

olarni toplotni kapacitet srebra za temp

dTCC pp ∫=− 1

TT

T

2

T112

dTC p ∫ ⋅⋅+− 300

53- T100,25 -T105,28 23,97(300400

=−

2- ) 1

400

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅+=

(4105,28300)-(400 23,971 -3

pC −⋅+−

)3001

4001(100,25)300-00

2300400522

2.

plotni kapaciteti vode i vodene pare dati su sljedećim a u funkciji od temperature:

,296 + 4,721·10-1T – 1,339·10-3T2 + 1,314·10-6T3 ( kJkmol-1K-1) -3 -5 2 -9 3 kmol-1K-1)

ješenje

roces prevođenja pregrijane vodene pare u vodu se odvija u tri stepena:

H2O(g, 453 K) ⇒ H2O(g, 373 K) ⇒ H2O(l, 373K) ⇒ H2O(l, 293 K)

Q = Q + Q + Q

1161,25 −−−

= KJmolC p

Izračunati količinu toplote koju je potrebno odvesti da se 2 kg pregrijane vodene pare prevede pri pritisku od 1,013 bar sa 180 ºC na 20 ºC. Toplota isparavanja vode pri pritisku 1,013 bar i temperaturi 100 ºC iznosi 40 683 kJkmol-1. Molarni torelacijam

Cp,l = 18 Cp,g = 32,243 + 1,923·10 T + 1,055·10 T – 3,596·10 T ( kJ R P

1 2 3

∫ ⋅⋅+⋅+=373

453

39-25-3-1 )T103,596 - T101,055 T101,923 (32,243

182 dTQ

Page 18: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 16

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅⋅+

⋅+= )453-(373

4103,596 - )453-(373

3101,055 )453-(373

2101,923 453)-(373 (32,243

182 44

-933

-522

-3

1Q

kJQ 436,3071 −=

kJkmolkJkmolQQ isp 33,452018

4068318.2 −=⋅−=⋅−=

22 1−

∫ ⋅+⋅⋅+=2932

373

36-23-1-3 )T101,314 T10339- T104,721 (18,296

18dTQ 1,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅+

⋅⋅+= )373-(293

4101,314 )373-(2933

3101,339 - )373-(293

2104,721 373)-18,296(293

182 44

-63

-322

-1

3Q

3.

i pri konstantnom m naponu od 19,8 V. Izračunati toplotu sagorijevanja supstance.

Količina toplote koju izmijeni elektri

t

Qsag.= Q =17,82 kJg-1

4. Potrebno je prevesti 2 kg leda sa temperature 263 K u vodu 273 K, pri

pritisku od 1,013·105 Pa. Toplota topljenja leda iznosi 333,72 Jg-1 na 273 K. -1K-1.

a) količinu toplote koju je pri tome potrebno dovesti, b) ako raspolažemo sa grijačem snage 300 W, koliko vremena je potrebno da

se dati proces završi.

ješenje ) Proces prevođenja leda u vodu se odvija u dva stepena:

H2O(s, 263 K) ⇒ H2O(s, 273 K) ⇒ H2O(l, 273K)

Q = Q1 + Q2

kJQ 39,6713 −=

kJQ 156,5499−=

1 g neke supstance sagorijeva u atmosferi čistog oksigena u adijabatskom kalorimetru, pri čemu dolazi do povećanja temperature sistema. Ista promjena temperature kalorimetarskog sistema je prouzrokovana prolaskom električne struje od 1 A kroz grijač kalorimetra u toku 15 m nuta električno

Rješenje

čni grija čuna se po izrazu: č ra

Q = U·I·

Q = 19,8 V ·1 A ·15·60 s = 17 820 J

na

Srednja specifična toplota leda iznosi 2,1 Jg Izračunati:

R

a

Page 19: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 17

Q1 = m cp (T2 – T1)

Q1 = 2·103g · 2,1 Jg-1K-1·( 273 – 263 ) = 42 000 J

Q2 = Qtoplj. · m = 333,72 Jg-1· 2·103g = 667 440 J

Q = 42 000 + 667 440 = 709 440 J = 709, 44 kJ

P = 300 W = 300 Js-1

b)

sisPQt

tQP 8,24min398,2364

300709440

====→=

za topljenje 500 g aluminija utrošeno 5,25·10 J toplote, izračunati temperaturu aluminija na početku zagrijavanja? Specifična toplotaaluminija u funkciji temperature data je sljedećom jednačinom: cp = 0,766 +

Proces topljenja aluminija se može prestaviti sljedećom šemom:

5. Aluminij se topi na temperaturi od 931,5 K, a toplota topljenja iznosi 386,85 Jg-1. 5Ako se zna da je

4,59·10-4T (Jg-1K-1). Rješenje

Al(s, T) ⇒ Al(s, 931,5K) ⇒ Al(l, 931,5K)

15

521

1025,5 −⋅=+= QQQ 1050

5001025,5 ==⋅ JgJ

Q = 386,85 Jg-1

∫ −⋅+=5,931

41 )1059,4766,0(

T

dTTQ

2

85,386)5,931(21059,4)5,931(766,01050 22

4

+−⋅

+−=−

TT

2,295·10-4T2 + 0,766T – 249,514 = 0

Temperatura aluminija na početku zagrijavanja se dobija rješavanjem gornje kvadratne jednačine.

42,1 10295,22)514,249(10295,24766,0766,0

−⋅⋅−⋅⋅⋅−±−

=T

42 −

42,1 1059,4903,0766,0

−⋅±−

=T

Page 20: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 18

T1 = 298, 47 K; T2 – nema smisla

T = 298,47 K 6. U rezervoaru volumena 5·10-2 m3 pri 203 K i 5,05·105 Pa nalazi se nitrogen

Odrediti maksimalnu količinu toplote koja se može dovesti plinu ako stjenke rezervoara mogu izdržati pritisak do 20,26·105 Pa. Pretpostaviti da se nitrogen udatim uslovima ponaša kao idealan plin. Srednji molarni toplotni kapacitet nitrogena pri konstan l-1K-1).

po izrazu: T

.

tnom pritisku iznosi 28,4·103 (Jkmo Rješenje U sistemima sa konstantnim volumenom količina toplote se računa

∫= V dTCnQ 2

1T

Q = nCv( T2 – T1) Za idealan plin važi: C = C – R v p

C = 28,4 Jmol-1K-1 – 8,314 Jmol-1K-1 = 20,086 Jmol-1K-1v

molKKJmolmNm

RTVpn 961,14

203314,81051005,5

11

3225

1

1 =⋅⋅⋅⋅

== −−

−−

a idealan plin pri V = const vrijedi da je: Z

1

212

21 pTT

TT⋅=⇒= 21 ppp

KT 41,8141005,51026,20203 5

5

2 =⋅⋅

⋅=

Q = 14,961mol·20,086 Jmol-1K-1(814,41 – 203)K

Q = 1, 837·105 J

Page 21: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 19

Zadaci

1. Zavisnost molarnog toplotnog kapa na od temperature, pri konstantnom pritisku, data je jednačinom:

Izra rval od 300 K do 500 K.

2. Masa od 3 g hidrogena se nalazi pod pritiskom od 5,0665·105 Pa na 0 ºC. Posle širenja pri konstantnom pritisku, plin zauzme volumen od 15 dm3. Srednji

m pritisku iznosi 28,83 Jmol-

3. Adijabatski kalorimetar je koriš čne toplote olova. Pri

prolasku struje od 2,25 A, pri naponu 1,5 V u toku od 1000 s, masi olova od 1 kg je promijenjena tempera o 26,3 ºC . Izračunati srednju specifičnu toplotu olova.

. Specifična toplota željeza na 100 ºC iznosi 0,4706 Jg ºC , a srednja

specifična toplota u temperaturnom alu od 0 do 100 ºC je 0,456 Jg-1ºC-1. Naći zavisnost specifične toplote željeza od temperature.

5. Izračunati količinu toplote koju je potre no utrošiti da se 10 g leda temperature 263 oplota topl a vode na 373 K i 1,013 bar iznosi 2256,63 Jg-1. Srednja specifična toplota leda iznosi 2,1 Jg-1K-1, a srednja specifična toplota vode iznosi 4,186 Jg-1K-1. Molarni toplotni kapacitet vodene pare dat je sljedećom relacijom u funkciji od temperature: Cp = 30,38 + 9,62·10-3T + 11,85·10-7T2 (Jmol-1K-1)

. Izračunati količinu toplote potrebnu za zagrijavanje 500 g leda sa tempera 05 Pa. Za koje vrijeme će se zagrijati ova masa leda ako raspolažemo grijačem snage 200 W. Srednja specifična toplota leda izno 2,1 Jg-1K-1.

citeta oksige

11263 1022,31050,1121,26 −−−− ⋅−⋅+= KJmolTTC p čunati srednji molarni toplotni kapacitet oksigena za temperaturni inte

molarni toplotni kapacitet hidrogena pri konstantno 1K-1. Izračunati izmijenjenu količinu toplote.

ten za određivanje specifiod

tura od 0 ºC d

-1 -14 interv

b K prevede pri pritisku od 1,013 bar u paru temperature 383 K. Tjenja leda iznosi 333,72 Jg-1 na 273 K i 1,013 bar. Toplota isparavanj

6

ture 253 K na 272 K pri konstantnom pritisku od 1,01325·1

si

Page 22: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 20

2.2. Prvi zakon termodinamike Princip održanja energije ( prvi zakon termodinamike ) može se definisati u sljedećem obliku: ukupna energija jednog sistem kružujuće sredine mora ostati konstantna, mada energija može p elaziti iz jednog gi.

Diferencijalni oblik prvog zakona termodinamike:

a i or oblika u dru

dU = δQ + δA + δu

U – diferencijalna promjena unutrašnje energije sistema, J

erencijal (promjena unutrašnje energije ne zavisi ija zavisi samo od početnog i konačnog stanja). Kružni

je jednak nuli.

dδA – diferencijalna (elementarna) količina mehaničkog rada, J δu – suma raznih drugih radova ( električni rad, rad izgradnje neke nove površine, itd.), J. Potrebno je istaći da je dU pravi difod puta kojim se proces odv ,ntegral promjene unutrašnje energijei

∫ = 0dU

δQ, δA i δu nisu pravi diferencijali ( količina toplote i rad zavise od puta kojim se proces odvija).

∫∫ ≠ 0Aδ∫ ≠≠ 0;;0 uQ δδ

mo u vidu toplote Q i mehaničkog olumnog) rada A, tada za promjene stanja sistema pri različitim uslovima

imamo sljedeće izraze:

Za promjene stanja sistema pri p = const (izobarne promjene) vrijedi da je:

Ako se u sistemu razmjena energije vrši sa(v

A = -p∆V = -nR∆T

dTCnQHT

Tpp ∫==∆

2

1

∆H = + p∆V

H – promjena entalpije (entalpija je funkcija stanja sistema kao i unutrašnja energija i za procese pri p = c ijenjenoj količini toplote)

– mehanički ili volumni rad idealn

∆U

∆onst jednaka je izm

og plina A

pp dT

C ⎟⎠

⎜⎝

=dH ⎞⎛

Page 23: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 21

Za promjenu stanja sistema sa faznom transformacijom vrijedi da je:

dTCnHTT

∫∫ +∆+=∆2

'

Ht – promjena entalpije fazne transformacije, Jmol-1

Za promjene stanja sistema pri T = const (izotermne promjene), za idealan plin

n dTCnHT

ptT

p

1

vrijedi da je:

∆U = 0 ; ∆H = 0

2

1

1

lnV

2 lnp

nRTnRTAQ ==−=

Za promjene stanja sistema pri V = (izohorne promjene), vrijedi da je:

pV

const

A = 0

dTCnQU VV ∫==2T

T1

VV dT

C ⎟⎠

⎜⎝

= dU ⎞⎛

e:

CnUT

TV

T

TtV ∫∫=∆

2'

∆Ut – promjena unutrašnje en Jmol-1

Za adijabatske promjene stanja sistema (Q = 0 da je:

Za promjenu stanja sistema sa faznom transformacijom vrijedi da j

UndT +∆+ dTCn1

ergije fazne transformacije,

) vrijedi

∫==∆ V dTCnAU 2

1

T

T

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

−−

=⎥⎢⎢ ⎟⎟

⎠⎜⎜⎝−

=11

11

11 Tkpk

⎞⎛

⎡⎛

− 212 TRTpnRTA

k – koeficijent adijabate = 1,66 za jednoatomne plinove

k = 1,41 za dvoatomne plinove = 1,29 za troatomne plinove

⎤⎞

−1k

k

k

k

Page 24: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 22

Odnosi između funkcija stanja sistema ri adijabatskoj promjeni idealnog plina: p

k 1−

k 1−k

Vp ⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

= ; Vp ⎞⎛ 21

12

1 ⎞⎛ VT

21

2⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

=VT

; k

pp

TT

1

2

1

2⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Primjeri 1. Jedan mol jednoatomnog idealnog plina ekspandira sa temperature 298 K i pritiska 5·105 Pa na pritisak 1·105 Pa. Izr unati rad, promjenu unutrašnje energije, promjenu entalpije i izmijenjenu čaju da se ekspanzija vrši:

c) adijabatski reverzibilno, d) adijab

a)

ačkoličinu toplote u slu

a) izotermno i reverzibilno, b) izotermno na pritisku 1·105 Pa,

atski na pritisku 1·105 Pa.

Rješenje

Rad idealnog plina za izotermnu reverzibilnu ekspanziju se računa po izrazu:

2

1lnppnRTA −=

JKKJmolmolA ,39871

ln298314,81 −=⋅⋅−= 5511 −−

∆U = 0; ∆H = 0 Kako je prema I zakonu termodinamike:

∆U = Q + A slijedi da je: Q = -A = 3987,5 J

b) Rad idealnog plina za izotermnu ireverzibilnu ekspanziju se računa po izrazu:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=−−=

122122 )(

pnRT

pnRTpVVpA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜ ⎝⎠⎝ ⋅⋅ 55 105101⎛

⎟⎞

⎜⎛ ⋅⋅⋅⋅

⋅−= −

−−−

2

1125 298314,8298314,81101

NmKKmolJmolNmA

) Za reverzibilnu adijabatsku ekspanziju vrijedi:

1−

A = - 1982 J

∆U = 0; ∆H = 0

Q = -A = 1982 J

c

Page 25: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 23

pVk = const

Za jednoatomne plinove k = 1,66

1191,20314,8

−−=⇒−

== KJmolCC

CCC

k pp

p

v

p

Cv = 20, ol-1K-1

∆ )

91 – 8,314 = 12,596 Jm

U = nCv(T2 – T1

kk

kk

ppTT

pp

TT

1

1

212

1

1

2

1

2

−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⇒⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=

KT 15751298

66,1166,1

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

∆U = 1mol·12,596 Jmol K ( 157 – 298 )K = - 1776 J -1 -1

∆H = 1mol·20,91 8 )K = - 2948,3 J

alnog plina vrijedi: Q = 0; ∆U = A

Rad ekspanzije na konstantnom pritisku se računa po izrazu:

A ) Kako je:

∆U = nCv 2 – T1) slijedi da je:

nC )

∆U = Q + A

Q = 0

A = ∆U = -1776 J

∆H = nC 2p(T – T1)

Jmol-1K-1( 157 – 29 ) Za adijabatsku promjenu stanja ided

= -p2(V2 – V1

(T

v(T2 – T1) = -p2(V2 – V1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=−

1

1

2

2212 )(

pRT

pRT

pTTnCv

11

212 )( RTp

RTTTnCv +−=− 2p

Page 26: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 24

11

12 pvv

T

2p)( RTTCRnCT +=+

∆U = nCv(T2 – T1) = 1·12,596·(203-298)

∆U = -1196,62 J = A

8 ) = -1986,45 J

2. Izračunati promjenu entalpije i promjenu unutrašnje energije zagrijavanja 1 mol CO2 od 300 K do 700 K pri ko od 101 325 Pa. Molarni toplotni kapacitet CO2 je dat u funkciji od temperature, Cp = 26,8 + 42,3·10-3T – Rješenje

300

3 −⋅−⋅⋅+=∆ ∫

n

2·20,91 = 1·12,596·298 + 0,2·8,314·298

T2 = 203 K

∆H = nCp(T2 – T1)

∆H = 1·20,91·( 203 – 29

nstantnom pritisku

14,3·10-6T2 (Jmol-1K-1).

dTTTH )103,14103,428,26( 26700

)300700(32

103,)3000)300700(8,26 336

−⋅

−−+−=∆−

H

∆H = 17 673 Jmol-1 ∆U = ∆H - nR∆T

∆U = 17 673 Jmol-1 – 8,314 Jmol K-1(700-300)K = 14 347 Jmol-1

3. Određena masa idealnog plina ( t = 27 °C, V = 10 dm3 i p = 10 a)

adijabatski se komprimira na volumen 1 dm3. Do koje vrijednosti će se promijeniti temperatura? Koliko je me ničke energije sistem primio ako je k = 1,4.

ednačina prom n a idealn :

147(103,42 223⋅ −

0

-1

1 325 P

ha

Rješenje J je e stanj og plina pri adijabatskom procesu je

11 −− kk

2

112

12⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⇒⎟⎟

⎞⎜⎜⎛

=VV

TTVT

21 ⎠⎝VT

KT 5,7531

10=⎟300

14,1

2⎠⎞

⎜⎝⎛=

Page 27: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 25

A = nC 2 - T1)

v(T

11785,2014,1

314,81

−−=−

=−

=⇒+

= KJmolk

RCC

RCk v

v

v

molKKJmolmNm 101025 32 ⋅ −−

RTVpn 406,0

300314,81013

11

3

1

11 =⋅

== −

,785Jmol-1K-1(753,5-300)K

Nitrogen se hladi pri V = c e odvede 16 750 kJ toplote, a

specifični toplotni kapacitet inom, cv = 0,732 + 8,83·10-5·T

(kJkg-1K-1), odrediti masu nitroge i. Rješenje

volumenu jednaka je promjeni a po izrazu:

5 )1083,732,0(

⋅−

A = 0,406mol·20

A = 3,827·103 J

4. onst pri čemu stemperatura mu se snizi sa 800 ºC na 200 ºC. Ako je nitrogena dat u funkciji od temperature jednač

na koja se hlad

Količina izmijenjene toplote pri konstantnomunutrašnje energije i za dati proces se račun

dTTmQ ∫ −⋅+=473

1073

8

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅+−=

(1083,8)1073473(732,05

mQ − )1073473 22

ni rad u datom procesu.

Rješenje

U prvom, izotermskom dijelu, nad nitrogenom se vrši rad:

216 750 = m(-480,15)

m = 34, 88 kg

5. 10 kg nitrogena se komprimira izotermno sa 927 ºC i volumena V1 = 15 m3 do

volumena V2 = V1 / 3. Zatim se toplota odvodi pri stalnom pritisku do volumena V3 = V2 / 2. Izračunati izmijenjenu količinu toplote i izvrše

11064,292

−−−

= KJmolC Np

Dati proces se sastoji iz jedne izotermske i jedne izobarske promjene.

155ln12008314

2810ln 11

1

211 KKJkmolkmol

VV

nRTA ⋅⋅−=−= −−

6A1 = 3,914·10 J

Q1 = -A1 = - 3,914·106 J

Page 28: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 26

U drugom, izobarnom dijelu, količina izmijenjene toplote se računa po izrazu:

rema Gay –Lussacovom zakonu je:

Q2 = nCp(T3 – T2) P

55,21200

2

323

3

3

2

2 ⋅=⋅=⇒=VV

TTTV

TV

T3 = 600 K

JKKJmolmolQ 5113

2 1028,62)1200600(064,29281010

⋅−=−⋅⋅⋅

= −−

A2 = -p3 · ( V3 – V2 )

Pam

KKJmolmolV

nRTp 5

3

11

3

33 10126,7

5,2600314,814,357

⋅=⋅⋅

==−−

A2 = - 7,126·105 Nm-2(2,5 – 3 55)m = 17,815·10 J

A = A + A = 3,914·106 + 17,815·105 = 5,695·106 J

. 2 kg zraka, početnog pritiska 1 bar i temperature 27 ºC komprimira se izotermno do pritiska 20 bar. Zatim se zrak širi izobarno, nakon čega se

ovanja datog kružnog procesa. Cp(zrak) = 29 Jmol K

ješenje

Kružni proces predstavljen izotermske, izobarske i dijabatske promjene. Prelaz iz jedne u drugu promjenu označen je tačkama 1, 2 i

3.

1 2

Q = Q1 + Q2 = - 3,914·106 – 62,28·105 = -10,142·106 J

6

adijabatski vraća u početno stanje. Izračunati rad ,izmijenjenu količinu toplote, promjenu entalpije, promjenu unutrašnje energije i koeficijent korisnog djel -1 -1

R

u zadatku se sastoji iz a

Za izotermnu promjenu (1 – 2), vrijedi da je:

201ln300314,8

292000ln 111

12,1 KKJmolmolpp

nRTA ⋅⋅−=−= −− 2

A1,2 = 5,153·105 J

Q1,2 = -A1,2 = - 5,153·10 J

2 = 0

a izobarnu promjenu (2 – 3), vrijedi da je:

5

∆H1,2 = 0; ∆U1,

Z

Page 29: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 27

Q2,3 = ∆H2,3 =nCp(T3 – T2)

Kako je promjena 3 – 1 adijabatska, temperatura T se može naći preko izraza: 3

kk

kTTpT 11 =⇒⎟

⎞⎜⎛

=

k

p1

3

1 −−

⎞⎛

ppT 113

33⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

⋅⎟⎠

⎜⎝

KT 7051 ⎠⎝

203004,1

14,1

3 =⎜⎛⋅=

⎟⎞

JKKJmolmolQ 113,2 70(29

29⋅= −− 310810)30052000

⋅=−

KKJmolmolTTnCU )300705(686,202000)( 11 −⋅=−=∆ −− v 29233,2

A2,3 = ∆U2,3 – Q2,3 = 5 10 000 = - 232 219 J

Za adijabatsku promjenu (3 – 1), vrijed

∆U3,1 = A3, v(T1 – T3)

∆U2,3 = 577 781 J

Preko jednačine I zakona termodinamike je:

77 781 – 8

i da je:

Q3,1 = 0

1 = nC

JU 781577)705300(686,2029

20001,3 −=−⋅=∆

∆H3,1 = nCp(T1 – T3)

JKKJmolmolH 3111,3 10810)705300(29

292000

⋅−=−⋅⋅=∆ −−

d datog kružnog pUkupan ra

A = A1,2 + A2,3 + A3,1 = 5,153·105 - 232 219 – 577 781

A = - 294 700 J

Ukupna izmijenjena toplota datog kružnog procesa:

Q = Q + Q + Q3,1

rocesa:

1,2 2,3

Page 30: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 28

Q = - 5,153·105 + 810·103 + 0 = 294 700 J

∆H = ∆H1,2 + ∆H2,3 + ∆H3,1

∆H = 0 + 810·10 3 = 0

Promjena unutrašnje energije datog kružnog procesa:

∆U = 0 + 577 781 – 577 781 = 0

oeficijent korisnog dejstva kružnog procesa (η) predstavlja odnos količine energije na primi od radnog tijela u vidu mehaničkog rada (-A), i toplote (Qdov) koja

se radnom tijelu dovede u toku procesa, na sljedeći način:

Promjena entalpije datog kružnog procesa:

3 - 810·10

∆U = ∆U1,2 + ∆U2,3 + ∆U3,1

Kkoju okoli

364,0294700===

JAη

810000JQdov

korisnog dejstva datog kružnog procesa se može računati i po izrazu:

Koeficijent

3,2

2,13,2

QQQQQ −−

Qd

odvdov ==η ov

364,010810

10153,50 53 ⋅−1810=

⋅⋅

=JJ

3 Jη

Zadaci 1. Izračunati maksimalan i minim e 1 mol idealnog plina sa pritiska 1,013 bar na p 65 ba eraturi 298 K.

adijabatski i reverzibilno sa pritiska 1·105 Nm-2 i

temperature 273, pri čemu je temperatura komprimiranog oksigena 373 K. Izračunati pritisak na koji s ovao. Srednji molarni toplotni kapacitet oksigena za dati temperaturni interval iznosi Cp = 29,1 Jmol-1K-1

3. 3 g hidrogena nalazi se pod priti od 5,066·105 Nm-2 na 0 ºC. Pri

zagrijavanju ova se koli volumena 15 litara. Koja je količina toplote dovedena plinu? Kolika je promjena njegove unutrašnje energije? Srednji molarni toplotni kapacitet H2 iznosi, Cp = 29,31 Jmol-1K-1.

4. e, rad i izmijenjenu toplotu za proces u kojem se 10 g H2 hladi izobarno na 1,0133 bar sa 30 ºC na 20 ºC, nakon čega

alan rad kompresijritisak 5,0 r pri temp

2. Oksigen se komprimira

e oksigen komprim

skom čina plina izobarski širi do

Izračunati promjenu unutrašnje energij

Page 31: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 29

se komprimira izotermno na 2,0266 bar. Pretpostaviti da se hidrogen ponaša i interval

re: Cp = 46,96 + 34,3·10-3T (Jmol-1K-1)

0 ºC. Toplota isparavanja iznosi 40 688 Jmol . Izračunati rad i promjenu unutrašnje energije isparavanja

kao idealan plin. Srednji molarni toplotni kapacitet hidrogena za dat1temperatura iznosi, Cp = 28,83 Jmol-1K- .

5. Izračunati promjenu entalpije pri zagrijavanju 2 kg kvarca (SiO2) od 298 K do

800 K, ako je u datom temperaturnom intervalu specifični toplotni kapacitet kvarca sljedeća funkcija temperatu

6. 1 mol H2O isparava pri pritisku od 1,0133 bar na 10

-1

vode.

2.3. Termohemija

Prvi termohemijski zakon

Toplota potrebna za rastavljanje nekog hemijskog spoja na elemente jednaka je ploti koja se oslobodi kada se to jedinjenje stvara iz elemenata. To znači da je

toplota li je suprotnog predznaka.

torazlaganja jednog jedinjenja brojno jednaka njegovoj toploti postojanja, a

Drugi temohemijski zakon (Hessov zakon)

toga da li se akcija dešava u jednom ili u više stupnjeva.

a šematsku reakciju:

1A 1+ 2A2 3A3 + 4A4

∆rH – promjena entalpije hemijske reakcije, Jmol-1

∆fHi – toplot k(pr.) – broj produkata

∆fH(elemenata) = 0

νi – stehiometrijski koeficijent i-te komponente

Za reakcije koje se odvijaju pri = rada je volumni rad vrijedi

Promjena toplote u jednoj hemijskoj reakciji je ista, nezavisno odre

Z

ν ν → ν ν

∑∑==

∆−∆=∆.)(

1

.)(

1

rek

iifi

prk

iifir HHH νν

a stvaranja i-tog spoja učesnika u reakciji, Jmol-1

p const, a jedina forma

da je:

Page 32: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 30

Qp = ∆rH

Qp – toplota hemijske reakcije pri konstantnom pritisku

Za reakcije se odvijaju pri V = const, a jedina forma ra ad vrijedi koje da je volumni r da je :

Q

K :

∆H = ∆U + p∆V

slijedi:

+ ∆nRT

∆n – razlika suma st anata u plinovitom stanju

2.3.1. Zavisnost toplote hemijske reakcije od temperature

V = ∆rU

ako je

Qp = QV + p∆V = QV

∆n = ∑ νi(pr.)g - ∑ νi(re.)g

ehiometrijskih koeficijenata produkata i reakt

( Kirchhoffove jednačine)

dTCT

iCT Vp ∆=⎟⎜

∂=⎟⎜

∂Ur ⎞⎛ ∆∂

č je:

r p

Integrira li se gornja jednačin a je:

1 1i ipipip ii

CCC νν

Hr ∆⎞⎛ ∆∂

Vp ⎠⎝⎠⎝

azdvoje li se promjenljive iz gornje lijeve jedna ine, dobije se da R

d∆ H = C dT ∆

a po temperaturi, dobije se d

dTCHHT

TpTrTr ∫ ∆+∆=∆

2

1

12

.)( .)(prk rek

∑ ∑= =

−=∆

∆Cp – suma toplotnih kapaciteta produkata umanjena za sumu toplotnih kapaciteta reaktanata pri konstantnom pritisku.

Page 33: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 31

Primjeri

na

konstantnom volumenu.

Toplota stvaranja nekog spoja na konstantnom volumenu jednaka je promjeni unutrašnje energije.

Qv = ∆fU

f f

Za reakciju stvaranja CO:

∆fU = -110,5 kJmol-1 – 0,5·8,314·10- mol-1K-1·298 K = -111,74 kJmol-1

C( + O2(g) = CO(g)

∆n = 1 – 1 = 0

fU = ∆fH = -393,5 kJm

2. Izračunati entalpiju stvaranja N2O iz elemenata ako su date promjene

entalpija sljedećih reak na 298 K:

) C(s) + N2O(g) = CO(g) + N2(g) ∆rH298K(1) = -192,9 kJmol-1

∆rH298K(3) = -566 kJmol

olarni toplotni kapaciteti nitrogena, oksigena i nitrogen(I)oksida u funkciji od

Cp(N2) = 27 + 0,006T (Jmol K ) Cp(O2) = 25,6 + 0,014T (Jmol-1K-1) Cp(N2O) = 27,2 + 0,044T (Jmol-1K-1) Izračunati entalpiju stvaranja nitrogen(I)oksida na 423 K. Rješenje

1. Toplote stvaranja CO i CO2 na 298 K i konstantnom pritisku iznose -110,5

kJmol-1 i –393,5 kJmol-1. Izračunati toplote stvaranja datih spojeva

Rješenje

∆ U = ∆ ∆nRT H -

C(s) + 0,5 O2(g) = CO(g)

∆n = 1 – 0,5 = 0,5 3 kJ

Za reakciju stvaranja CO2:

s)

∆ ol-1

na 298 Kcija

(1(2) C(s) + O2(g) = CO2(g) ∆rH298K(2) = ∆fH298K = -393,5 kJmol-1

-1(3) 2CO(g) + O2(g) = 2 CO2(g) Mtemperature za temperaturni interval od 298 K do 423 K dati su sljedećim jednačinama:

-1 -1

Page 34: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 32

Reakcija stvaranja N2O je: (4) N2(g) + 0,5 O2(g) = N2O(g) ∆fH298K(4) = ? Iz reakcija 1, 2 i 3 primjenom Hessovog zakona slijedi da se reakcija 4 dobije matematičkim operacijama: (2) – 0,5(3) – (1), odnosno:

C + O2 - 0,5(2 CO + O2) – (C + N2O) = CO2 – 0,5·2CO2 – (CO + N2),

iz čega se dobije da je: 0,5 O2 – N2O = - N2 → N2 + 0,5 O2 = N2O

Toplota stvaranja (formiranja) N2O na 298 K se dobije na isti način,

∆fH298K(4) = ∆rH298K(2) – 0,5∆rH298K(3) - ∆rH298K(1)

-393,5 – 0,5(-566) + 192,9 = 82,4 kJmol

-1∆fH298K(4) =

Toplota stvaranja N2O na 423 K se računa preko sljedeće jednačine:

dTCHH pKfKf ∫ ∆+∆=∆ 298423 423

298

2225,0 pOpNOpNp CCCC ⋅−−=∆

∆Cp = 27,2 + 0,044·T – 27 – 0,006·T – 0,5·25,6 – 0,5·0,014·T

∆Cp = -12,6 + 0,031·T

3423 ∫ ⋅+−+⋅=∆ dTTH Kf )031,06,12(104,82

423

298

)298423(2031,0 23 )298423(6,12104,82 2

423 −⋅+−⋅−⋅=∆ Kf H

423K = 82,22·103 Jmol-1

(s) 2(g) → Al2O3(s) izračunati: a) jednačinu koja daje zavisnost toplote reakcije od temperature,

b) toplotu reakcije na temperaturi 600 K iz podataka datih u sljedećoj tabeli:

cT-2 (Jmol-1K-1)

Temperaturni interval

∆fH. Za reakciju 2 Al + 1,5 O3

Cp = a + bT +

a b·103 c·10-5 K Tvar ∆fHΘ

298K (kJmol-1)

Al(s) 0 20,67 11,39 - 298-933 O2(g) 0 31,46 3,39 -3,77 298-3000

Al2O3(s) -1675 1 298-1800 14,56 12,89 -34,31

Page 35: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 33

ješenje Prvo ćemo iz

dTCHH

∆rH

olarni toplotni kapaciteti dati u tabeli iznose: 20,67 + 11,39·10-3T (Jmol-1K-1)

p 2(g) ,46 + 3,39·10-3 -1K-1) Cp(Al2O3(s)) = 114,56 + 12,89·10 T – 34,31·10 (Jmol-1K-1)

∆Cp = Cp(Al2 ,5·Cp(O2)

0

2-53- )T1028,65 -T10- dT

∆ H = -1

∆T

r T0

Integriranjem gornjeg izraza se d ote zadane reakcije od

26101692 −− ⋅++⋅−=∆ TTHTr

b) Ubacivanjem e od temperature dobija se toplota rea

∆rH600K = -1692·103 + 26,03 · 600 – 7,49·10 · 6002 + 28,65·105 · 600-1

rH600K = -1674,3·10 Jmol

. Toplota stvaranja Al2O3 iz elemenata iznosi –1669 . Pri reakciji ađa se

R

računati toplotu reakcije na 298 K:

∆rH298K = ν(Al2O3) ·∆fHΘ(Al2O3) - ν(Al)·∆fHΘ(Al) - ν(O2)·∆fHΘ(O2)

∆rH298K = 1·(-1675) – 0 – 0 = - 1675 kJmol-1

∫ ∆+∆=∆298

00298 pKrKr

∫ ∆−∆=∆298

02980 dTCHH pKrKr

0K – hipotetska vrijednost entalpije reakcije na temperaturi 0 K. MCp(Al(s)) =C (O ) = 31 T – 3,77·105T-2 (Jmol

-3 5T-2

O ) – 13) – 2Cp·(Al

∆Cp = 26,03 – 14,975·10-3T – 28,65·105T-2

∫−⋅−=∆ 30 (26,03101675H Kr

298

14,975 ⋅⋅

-1691,77·103 Jmolr 0K

∫ ⋅⋅+∆= KrT dHH 2-53-0 )T1028,65 -T1014,975-(26,03

obija zavisnost topltemperature.

15233 1065,281049,703, ⋅−T

T = 600 K u izraz za zavisnost toplote reakcijkcije na 600 K.

-3

∆ 3 -1

kJmol-14

2 Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2 Fe, na svakih 80 g redukovanog Fe2O3 oslob

Page 36: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 34

423,6 kJ toplote. Izračunati toplotu stvaranja Fe2O3. M(Fe2O3) = 159,7 gmol-1

Rješenje

molMm

nOFe

OFeOFe 501,0

7,15980

32

32

32===

oplota reakcije 2 Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2 Fe se računa kao:

∆ ∆ ∆

T

rH = fH(Al2O3) - fH(Fe2O3)

15,8456,423 −−=−=∆ kJmolkJHr 501,0 mol

∆ ∆ ∆rH

23,5 kJmol-1

5. 8 K

fH(Fe2O3) = fH(Al2O3) -

∆fH(Fe2O3) = -1669 – (- 845,5) = - 8

Zavisnost toplote otapanja H2SO4 u vodi od koncentracije otopine, pri 29data je u tabeli.

⎟⎟⎠⎝ 42 SOHmol 42SOHot

⎞⎜⎜⎛ 2 OHmol −∆ kJmolH )( 1

)(.

1 - 29,31 2 - 41,87 4 - 54,01 6 - 59,45 8 - 62,80 10 - 64,48 15 - 66,99

G opine H2SO4 od

4

2SO4 od koncentracije ( mol H2O/ mol H2SO4 ) se može

rafički predstaviti ovu zavisnost i odrediti toplotu razblaženja ot. 80 % H2SO4 do 50 % H2SO

Rješenje

avisnost toplote otapanja HZprikazati grafički, korištenjem programa Microsoft Excel.

Page 37: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 35

2 4 2O/ mol H2SO4 ) aproksimirana zavisnost

ko se zavisnost aproksimira u obliku polinoma trećeg stepena, dobit će se sljedeća nkcija:

∆ot.H = - 18,484 – 13,284C + 1,293C2 – 0,0416C3

ko se za bazu uzme 100 g otopine onda 100 g 80 %-tne otopine sadrži:

zavisnost toplote otapanja H SO od koncentracije ( mol H-

Afu

A

moln SOH 816,09880

42==

moln OH 11,11820

2==

odnosno molSOmolH

n OH 36,1816,011,1

42

2 ==

∆ot.H1 = -18,484 –13,284 · 1,36 + 1,293 · 1,362 – 0,0416 · 1,363

∆ot.H1 = - 34,26 kJmol-1

00 g 50 %-tne otopine sadrži: 1

molgmol

n SOH 51,098 142

== −

g50

moln OH 78,21850

2==

∆ ot.H

, (kJ

mo

-80-70

-30

05 20

l-1)

-60-50-40

-20-10 0 10 15

C (mol H2O/ mol H SO ) 2 4

Page 38: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 36

odnosno molSOmolH

n OH 45,551,078,22 ==

42

∆ot.H2 = -59,21 kJmol-1

Toplota razblaženja otopine H2SO4 u vodi od 80 % do 50 % iznosi:

5 kJmol-1

otapanja od koncentracije, čunate vrijednosti koncentracija ( 80 % = 1,36 mol H2O / mol H2SO4 ol H2O / mol H2SO4 ), sa grafika nađu odgovarajuće vrijednosti top

6,5·103 Jmol-1. Ako bi se ona nst, hemijska energija bi se

pretvorila u električnu i izvršio bi se ra od 109,5·103 Jmol-1. Pokazati da je u oba slučaja promjena unutrašnje energije ista, a količina oslobođene toplote različita. Hlor smatrati idealnim plinom

I slučaj:

A1 = -p∆V = -∆nRT ∆n = - 0,5

1

Iz I zakona termodinamike slijedi da je:

∆U1 = Q1 + A1

∆U1 = - 126,5·103Jmol-1 + 1,24·103Jmol-1 = -125,3·103 Jmol-1

II slučaj:

e – električni rad, (J)

Q2 = - 126,5·103 – (-109,5·103) = -17·103 Jmol-1

∆ot.H2 = -18,484 –13,284 · 5,45 + 1,293 · 5,452 – 0,0416 · 5,453

∆H = ∆ot.H2 - ∆ot.H1 = = -59,21 –(- 34,26) = - 24,9 Zadatak se mogao riješiti i na način da se na milimetarskom papiru nacrta zavisnost toplote te da se za prera

i 50 % = 5,45 mlota otapanja.

6. Ako bi se reakcija Ag(s) + 0,5 Cl2(g) = AgClS) dešavala pri pritisku od 101325 Pa

na temperaturi 298 K, oslobodila bi se toplota od 12izvršila u galvanskom elementu pri p = const i t= co

d

.

Q1 = ∆rH = - 126,5·103 Jmol-1

A = - (-0,5)·8,314Jmol-1K-1 ·298K = 1,24·103 Jmol-1

∆U2 = Q2 + A

2 + e

Q2 = Q1 – e

Page 39: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 37

A2 = A1 = 1,24·103 Jmol-1

3 3 3 3 -1

I slučaj: ∆U1 = -125,3·103 Q1 = -126,5·103 Jmol-1 II slučaj: ∆U2 = -125,3·103 Jmol ; Q2 = -17·103 Jmol-1 Iz primjera se vidi da je unutrašnja e cija stanja sistema ∆U1 = ∆U2 ( ne zavisi o načinu na koji se proces vo ta nije funkcija stanja sistema Q1 ≠ Q2 ( zavisi o načinu na koji se proces vodi).

Zadaci 1. Standardne entalpije formiranja tolue a (C H CH ), ugljen dioksida i vode na

tu oslobođenu prilikom sagorijev oluena na 298 K i atmosferskom pritisku.

2. Izračunati promjenu entalpije reakcije CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g), na 298, ako su date promjene entalpija sljedećih reakcija:

I ) CH OH + 1,5 O = CO + 2 H O ; ∆ HΘ = - 763,9 kJmol-1

III ) H2(g) + 0,5 O2(g) = H2O(l); ∆rHΘ298K = - 285,8 kJmol-1

IV ) CO(g) + 0,5 O2(g) = CO2(g); ∆rHΘ298K = - 283 kJmol-1

3. Kada 1 mol tečnog benzena potpuno sagori u oksigenu, obrazujući tečnu vodu i plinoviti ugljen-dioksid, oslobodi se toplota od 3,279·106 J na 18 ºC. Izračunati toplotu reakcije na konstantnom volumenu.

Standardne toplote stvaranja učesnika u reakciji na 298 K su: H4) = -74,9 kJmol-1

∆ HΘ (CH Cl) = -82,06 kJmol-1

. Standardna entalpija formiranja amonijaka na 298 K iznosi –46,2 kJmol-1. Molarni toplotni kapaciteti H2, N2 i NH3 za temperaturni interval od 250 K do 450 K su dati u zavisnosti temperature kao: Cp(H2) = 29,1 + 0,002T (Jmol-1K-1)

∆U2 = -17·10 + 1,24·10 + (-109,5·10 ) = -125,3·10 Jmol

Jmo ; l-1

-1

nergija funkdi), a da toplo

n 6 5 3298 K iznose: +48 kJmol-1, -393,5 kJmol-1 i –286 kJmol-1. Izračunati toplo

anja 10 g tečnog t

3 (g) 2(g) 2(g) 2 (g) r 298K

II ) C(s) + O2(g) = CO2(g); ∆rHΘ298K = - 393,5 kJmol-1

4. Koliko se toplote oslobodi pri reakciji: CH4 + Cl2 = CH3Cl + HCl,

koja se odvija na 25 ºC, ako je u reakciju ušlo 250 g CH4, te ako se zna da je 90 %(mas.) CH4 izreagovalo i dalo produkte?

∆fHΘ (C f 3

∆fHΘ (HCl) = -92,36 kJmol-1 5

Page 40: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 38

Cp(N2) = 27,0 + 0,006T (Jmol-1K-1) Cp(NH3) = 25,9 + 0,032T (Jmol-1K-1) Izračunati promjenu entalpije i promjenu unutrašnje energije formiranja amonijaka na 398 K.

6. Za reakciju CH3OH(g) + 1,5 O2(g) → CO2(g) + 2 H (g) izračunati: a) jednačinu koja daje zavisnost toplote reakcije od temperature, za

temperaturni interval od 298 do 700 K, b) toplotu reakcije na temperat isku 1,0133·105 Pa, iz podataka datih u sljedećoj tabeli:

Temp.

2O

uri 500 K i prit

Cp = a + bT + cT2 + dT-2

(Jkmol-1K-1) interval

Tvar ∆fHΘ298K·10-6

(Jkmol-1) a·10-3 b c·103 d·10-8 K

CO2(g) -393,51 44,14 9,04 - -8,54 298-2500 H2O(g) -241,83 30,12 11,30 - - 273-2000 O2(g) 0 31,46 3,39 - -3,77 273-2000

CH3OH(g) -201,17 20,42 103,68 -24,64 - 298-700

Page 41: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 39

2.4. Drugi zakon termodinamike

ok prvi zakon termodinamike daje samo bilansu energije nekog procesa, ne mogućnost njegovog odvijanja, drugi zakon termodinamike omogućava

tvrđivanje smjera procesa i kvantitativnih odnosa u stanju ravnoteže.

a pri nepovratnim raste. U stanju ravnoteže entropija ima maksimalnu vrijednost.

a izrazu:

Dutvrđujući uEntropija je termodinamička funkcija stanja koja za izolirani sistem, pri povratnim procesima ostaje konstantna,

Promjena entropije za povratni proces se računa prem

TdQ

dS rev=

dS – diferencijalna promjena entropije, JK-1

dQrev – reverzibilno izmijenjena diferencijalna količina toplote Ako se dQrev = TdS uvrsti u matematičke izraze I zakona termodinamike, dobije se da je:

e dvije jednačine sjedinjavaju I i II zakon termodinamike i omogućavaju

izračunavanje promjene entropije kod raznih uslova. Nakon performiranja gornjih jednačina dobije se da je:

dU = TdS – pdV

dH = TdS + Vdp

Gornj

dVTp

TdU

=dS +

dpTV

TdHdS −=

Za procese pri V = const, promjena entropije se računa po izrazu:

dTTCnS

TdTnC

TdUdS

T

T

VV ∫=∆⇒==2

1

Za procese pri p = const, promjena entropije se raču po izrazu:na

dTTC

nST

dT nC T

dH dST

Tpp ∫ = ∆ ⇒ = =

1

2

Page 42: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 40

Za procese pri T = const, promje a entropije se računa po izrazu:n

( )2

1

1

2 lnlnV

nRdVRnSdVpAdS ==∆⇒=−

= ∫2

1pp

nRVVTT

V

V

=

e pri p = const i T = co zne transformacije), promjena entropije se

Za proces nst (faračuna po izrazu:

TdQ

dS t=

Kada promjena entropije , računa se po izrazima:zavisi od dva parametra

S )

= f ( V, T

1

2

1

2 lnlnVVnR

TTnCS V +=∆

S = f ( p, T )

1

2

1

2lnT

− lnppnRnCS p=∆

S = f (p, V )

T

k

k1

V VpVpCS

1

22=∆

ješanja idealnih plinova ili idealnih otopina, promjena entropije se Za proces mi

računa po izrazu:

iiim

1 ni – broj molova i-te komponente

Promjena ent zu:

∑−=∆k

xnRS ln=

ropije hemijske reakcije u standardnom stanju se računa po izra

∆.)(

1

.)(

1

rek

ii

prk

ir SS

νi – stehiometrijski koeficijent i – te komponente

∑∑ ΘΘ −= iii S νν=

Θ

=

Page 43: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 41

Primjeri 1. 12 g O2 se ećanja pritiska.

Promjena en računati krajnji

Rje Pro

razu:

ohladi sa 20 na –40 ºC, pri čemu dolazi do povtropije u ovom proces iznosi –15,27 JK-1. Izu

pritisak oksigena ako mu je početni pritisak iznosio 1,013 bar. Srednji molarni toplotni kapacitet oksigena iznosi Cp = 29,18 Jmol-1K-1.

šenje

mjena entropije gornjeg procesa zavisi od pritiska i temperature te se računa po iz

1

2

1

2 lnlnp

nRT

nCS p −=∆ T p

5211111

1013,1ln314,8

3212

293233ln18,29

321227,15

⋅⋅−⋅=− −−−−− p

KJmolmolKJmolmolJK 0

094,410013,1

ln 52 =⋅

p

lnp = 15,62 2

p2 = 60, 77·105 Pa

2. 2·10-3 m3 helija i 2·10-3 m3 ar iješaju na temperaturi od 300 K. Plinovi su se nalazili na pritisku od 1,01·105 Pa. Poslije izotermskog

i ukupnu promjenu entropije ako je

Rješenje Promjena entropije miješanja plinova pri konstantnoj temperaturi se računa po izrazu:

smj

gona se m

miješanja sistem je zagrijan do 600 K pri konstantnom volumenu. Izračunat116,12 −−

= KJmolC p.

i

k

iim xnRS ln

1∑

=

−=∆

Nakon miješanja smjesa plinova se zagrijava do 600 K. Entropija zagrijavanja

ese plinova se računa po izrazu:

1

22 ln

TT−

CnS vsm=∆

Ukupna promjena entropije je suma gornje dvije promjene:

2SSS m ∆+∆=∆

Page 44: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 42

molKKJmolRTAr 300314,8 1

1 ⋅−

mNmpV 1021001,1 3325 ⋅⋅⋅ −−

nnHe 081,01 ==== −

5,0)081,0081,0( +

=mr

081,0==

olmolxx AHe

( ) ( )[ ] 1−11 93,05,0ln081,05,0ln081,0314,8 −− =+−=∆ JKmolmolKJmolSm

n = 0,081 + 0,081 = 0,162 mol

sm

1112 48,0

300600ln)314,86,12(162,0 −−− =⋅−⋅=∆ JKKJmolmolS

3. Odrediti promjenu entropije pri miješanju 1 kmol argona koji ima temperaturu

293 K i pritisak 1,013·105 Pa sa 2 kmol nitrogena koji ima temperaturu 323 K i pritisak 1,013·105 Pa. Srednji mola kapacitet pri konstantnom volumenu za argon iznosi 12,561·103 J -1K-1, a za nitrogen iznosi 20,935·103 Jkmol-1K-1.

Rješenje

Ukupna promjena entropije mije cesu jednaka je sumi promjena entropije argona i nitrogena.

141,148,093,0 −=+=∆ JKS

rni toplotni kmol

šanja u ovom pro

2NArm SSS ∆+∆=∆ Promjene entropija argona i nitrogena računaju se po izrazima:

⎟⎠

⎜⎝ ArAr

pArArAr pT 21

lnl ⎟+ ArAr R 12 ⎞⎜⎛

=∆pTCnS n

⎟⎟⎠

⎜⎝ 22

22221 NN pT

⎞⎜⎛

+=∆ 22 12 lnln NNpNNN

pR

TCnS

1 −−= KJmolR −−=+=+= KJmolRCC

Temperatura smjese ( ) se nalaz iz toplotnog bilansa miješanja. Količina toplote koju odaje topliji fluid jednaka je količini toplote koju primi hladniji fluid, uz uslov da se zanemare gubici toplote na okolinu.

11875,+= CC VArpAr 20314,8561,2 =+11249,29314,8935,20

22 VNpN

2222 NAr TTT == i

( )ArpArAgNpNN TTCnTTCn 1221 )(222

−=−

( ) ( 293875,20101323249,29102 2113

2 )−⋅⋅= −− TKJmolmolKTK 113 −⋅⋅ −−Jmolmol

Page 45: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 43

T2 = 315,11 K

PaPakmolkmolpxp ArAr

552 103376,010013,1

31

⋅=⋅⋅==

PaPakmolkmolpxp NN

552 106753,010013,1

32

22⋅=⋅⋅==

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅+⋅=∆ −−−−

5

511113

103376,010013,1ln314,8

29311,315ln875,20101 KJmolKJmolmolS Ar

11 654,1014,10654 −− ==∆ kJKJKS Ar

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅+⋅= −−−−

5

511113

106753,010013,1ln314,8

32311,315ln249,29102

2KJmolKJmolmolSN

11 296,521,5296 −− ==∆ kJKJKS

N

4.

vodene pare sa temperature 373 K i pritiska 0,50665·10 Pa u vodutemperature 293 K i na pritisak 1,0133·105 Pa. Toplota isparavanja vode napritisku 1,0133·105 Pa i temperaturi 373 K iznosi 2260,98·103 Jkg-1. Uzeti da su

Rješenje

s prevođenja vodene pare u vodu se odvija u tri stepena:

II st (l, 373K, 1,0133 bar)

III stepen: H2O(l, 373K, 1,0133 bar) ⇒ H2O(l, 293 K, 1,0133 bar)

kgHmH isp.2 )1098,2260(7,2)( ⋅−=∆−=∆−−

2

195,15296,5654,10 −=+=∆ kJKSm

Odrediti promjenu entalpije, unutrašnje energije i entropije pri prelazu 2,7 kg 5

srednji specifični toplotni kapaciteti vode pri konstantnom pritisku i volumenu jednaki, te da iznose 4,187·103 Jkg-1K-1. Vodenu paru smatrati idealnim plinom.

Proce I stepen: H2O(g, 373 K, 0,50665 bar) ⇒ H2O(g, 373 K, 1,0133 bar)

epen: H2O(g, 373 K, 1,0133 bar) ⇒ H2O

∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3

∆H1 = 0

3 Jg 31 10646,6104 ⋅−=− Jk

JKKJkgkgTTmcH lp 12)(3 10392,904)373293(10187,47,2)( ⋅−=−⋅⋅=−=∆

∆H = -7009,038·10

3113

3 J

∆U = ∆U1 + ∆U2 + ∆U3

Page 46: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 44

∆U1 = 0

)( VVpHU 22 gl −−∆=∆

Ako

se zanemari volumen vode, a volumen vodene pare se računa kao

pnRTVg

1= ,

dobije se da je:

KKJmolmolJnRTHU 373314,818

107,210646,6104 113

3122 ⋅⋅

⋅+⋅−=+∆=∆ −−

03 = -6543,869·103 J

∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3

∆U2 = -5639,477·103 J

JHTTmcU lv3

2)(3 10392,904)( ⋅−=∆=−=∆ 31

∆U = -5639,477·103 – 904,392·1

15

53 1050665,0107,2 ⋅⋅

2

11 42,864

10ln314,8

18ln −−=

⋅⋅==∆ JK

ppnRS ⋅

0133,1

13310646,6104−∆H

1

22 10366,16 −⋅−===∆ JK

TS

⋅373

1113

1

2)(3 2729

373293T ln7,2ln −−− −=⋅⋅⋅==∆ JKKkg

TmcS lp

∆S = - 864,42 –16 -19 959,42 JK-1

5. Masa od 1,5 kg a se hladi tako da se uroni u izoliran kontejner u kojem se n lazi 5,5 kg vode na temperaturi od 17 °C. Proces prijenosa toplote teče dok se ne postigne njihova međusobna termička ravnoteža. Odrediti promjenu entropije datog procesa koji se provodi adijabatski i izobarno. Uzeti da su srednje vrijednosti specifičnih toplotnih kapaciteta aluminija i vode 0,9 kJkg-1K-1 i 4,186 kJkg-1K-1.

Rješenje

Kako je p znači da nema gubljenja toplote na okolinu. Količina toplote koju odaje aluminij jednaka je

10187,4 Jkg

,366·103 – 2729 =

luminija početne temperature 67 °C

a

roces izmjene toplote između aluminija i vode adijabatski, to

Page 47: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 45

količini toplote koju prima voda. Kako se izmjena toplote dešava pri konstantnom pritisku, jednačina toplotnog bilansa između aluminija i vode se predstavlja kao:

( ) ( )OHOpHOHAlpAlAl TTcmTTcm222

−=−

jednačine se može izračunati temperatura nakon uspostavljanja termičke Iz gornjeravnoteže.

( )3409,05,1 )290(186,45,5 ⋅ −⋅=−⋅⋅ T

T = 293 K

Promjena entropije procesa je jednaka sumi promjena entropije aluminija i vode.

SSS2

T

OHAl ∆+∆=∆

11 ln− ⋅1 2,03402939,05,1ln −− −=⋅==∆ kJKKkJkgkg

TTcmSAl

pAlAlAl

1237,0290293ln186,45,5ln

2

222

−=⋅⋅==∆ kJKT

TcmSOH

OpHOHOH

e od 27 °C do 327 °C. Toplota isparavanja vode na pritisku 1 bar i temperaturi 100 °C iznosi 40 683 kJkmol-1. Molarni toplotni kapaciteti vode i vodene pare su dati u funkciji od temperature kao:

ješenje

grijavanja vode pri p = const se odvija u tri stepena:

∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3

1037,0237,02,0 −=+−=∆ kJKS

6. Izračunati promjenu entropije pri izoba om zagrijavanju 1 kg vodrn

)(10314,110339,110721,4296,18 1136231)(2

−−−−− ⋅+⋅−⋅+= KkJkmolTTTC lOpH

)(10596,310055,110923,1243,32 1139253)(2

−−−−− ⋅−⋅+⋅+= KkJkmolTTTC gOpH

R

roces zaP

H2O(l, 300 K) ⇒ H2O(l, 373 K) ⇒ H2O(g, 373K) ⇒ H2O(g, 600 K)

dTT

TTTnS ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+⋅−⋅+⋅=∆

−−−373

300

36231

110314,110339,110721,4296,18

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⋅+−

⋅−−⋅+⋅=∆

−−− )300373(

310314,1)300373(

210339,1)300373(10721,4

300373ln296,18

181 33

622

31

1S

Page 48: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 46

∆S1 = 0,914 kJK-1

11

.

.2 053,6

373406830555,0 −

=⋅

=∆

=∆ kJKK

kJkmolkmolTHn

Sisp

isp

dTT

TTTnS ∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅+⋅+⋅=∆

−−−600

373

39253

310596,310055,110923,1243,32

⎥⎤

⎢⎣

⎡−

⋅−−

⋅+−⋅+⋅=∆

−−− )373600(

310596,3)373600(

210055,1)373600(10923,1

373600ln243,32

181 33

922

53

3S ⎦

∆S3 = 0,928 kJK-1

∆S -1

7. Izračunati promjenu entropije izohornog zagrijavanja 2 mola nitrogena od 300 K do 600 K. Molarni toplotni kapacitet nitrogena za dati temperaturni interval je dat u funkciji temperature, −−⋅+= KJmolTC .

Pretpostaviti da se že za idealan plin. Rješenje Jedan od diferencijalnih obli ike je:

d gdje je “Vdp” tehnički rad.

Sređivanjem gornje jednačine dobije se da je:

= 0,914 + 6,053 + 0,928 = 7,895 kJK

)(006,027 112pN

nitrogen pokorava zakonitostima koje va

ka drugog zakona termodinam

H = TdS + Vdp,

dpTV

TdHdS −=

dppT

nRTTdTC

dS p −=

∫∫ −⎟⎠⎝

11 pT pT

idealan plin važi da je

⎞⎜⎛ ⋅+

=∆22 00,027 pT dpnRdTTnS

Za

6

11

22

TT

pp

= , pa je:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅−−+⋅⋅=∆

300600ln314,8)300600(006,0

300600ln272S

∆S = 29,5 JK-1

Page 49: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 47

Zadaci 1. Izračunati promjenu entropije miješanja ena i 4 mol nitrogena na 298

ogen ponašaju kao

2. Izračunati promjenu entropije do koje dolazi pri miješanju 10 kg vode

temperature 30 °C sa 50 kg vode te 70 °C. Da li je proces koji je

3. Srednji molarni toplotni kapacitet plinovitog nitrogena u temperaturnom intervalu

od 50 °C do 300 °C pri konstantnom pr sku iznosi 24,28 Jmol-1K-1. Do koje temperature treba da se zagrije 1 mol nitrogena uz V = const pa da se pri tome entropija promijeni za 8,37 Jmol-1K-1. Početna temperatura sistema je bila 60 °C.

4. Izračunati promjenu entropije pri prelazu 3 mola oksigena sa volumena 33,6 dm3 pod pritiskom 2,0265·105 Pa na volum dm3 i pritisak 1,01325·105 Pa. Pretpostaviti da se oksigen ponaša ka idealan plin. −−

KJmol

Pri Pa. Specifični

raka iznosi c = 1,005 Jg-1K-1. Zrak se sastoji iz 21 %(mol.) ok m

6. 1 mol ben na se rev o prevodi temperaturi ključanja od 80,2 uz dovođenje toplote. Para ekspandira pri pritisku od 1,013 bar. Izračunati Q,

vanja benzena iznosi 395, 23 Jg-1

(Rj: Q = 30,9·103 J, A = -2,95·103 J, ∆U = 27,85·103 J, ∆H = 30,9·103 J, ∆S = 87,5 JK-1)

7. Izračunati promjenu entropije pri zagrijavanju 1 mola Cl od 20 °C do 850 °C. Molarni toplotni kapacitet čvrstog NaCl je dat u funkci od temperature,

-3 -1 -1

nos = 66,57 Jmol-1 -1

ar, b) komprimuje od 1,013 bar do 10,13 bar na temperaturi od 298 K.

1 mol oksigK i konstantnom pritisku. Pretpostaviti da se oksigen i nitridealni plinovi.

mperatureproveden adijabatski i izobarno reverzibilan ili ireverzibilan? Srednja vrijednost specifičnog toplotnog kapaciteta vode iznosi 4,186 Jg-1K-1.

iti

en 67,2o 1139,292 =C pO

5. Izračunati promjenu entropije pri zagrijavanju 1 kg zraka od –50 °C do 50 °C.

zagrijavanju dolazi do smanjenja pritiska od 1·107 Pa do 1·106

toplotni kapacitet z p

ol.)sigena i 79 %( nitrogena.

ze erzibiln u paru na°CA, ∆U, ∆H i ∆S za ovaj proces. Toplota isparana 80,2 °C. Pare benzena smatrati idealnim plinom.

Naji

Cp(s) = 45,17 + 17,59·10 ·T Jmol K . Toplota topljenja NaCl pri temperaturi topljenja od 800 °C iznosi 31025,67 Jmol-1. Molarni toplotni kapacitet tečnog NaCl iz i Cp(l) K .

8. Izračunati promjenu entalpije i promjenu entropije 1 mola H2S kada se:

a) zagrijava od 373 K do 473 K pri pritisku od 1,013 b

Page 50: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 48

Molarni toplotni kapacitet hidrogen sulfida je dat u funkciji temperatu-1 -1

re, Cp = 36,86 + 0,0079·T Jmol K . Pretpostaviti da se hidrogen sulfid na datim uslovima pona

2.5. Gibbsova i Helmholtzova energija Osim entropije, kao kriterij za određivanje ravnoteže i spontanosti nekog procesa koriste se sljedeće dvije funkcije: G – Gibbsova energija (slobodna entalpija F – Helmholtzova energija (slobodna energija)

f k že postižu inimum.

ša kao idealan plin.

)

bje se un cije u toku spontanog procesa smanjuju, a u stanju ravnoteO

m

Gibbsova energija je definisana izrazom:

G = H –TS

Helmholtzova energija je definisana izrazom:

F = U – TS

Ako se gornji izrazi diferenciraju, dobije se da je:

dG = Vdp – SdT

dF = -pdV – SdT

Za procese pri T = const vrijedi da je:

STUVV

nRTFdVVnRTpdVdF

STHpp

nRTGdpp

nRTVdpdG

∆−∆=−=∆⇒−

=−=

∆−∆==∆⇒==

1

2

1

2

ln

ln

Promjena Gibbsove energije hemijske reakcije data je izrazom:

i

rek

iii

prk

iir GGG ∑∑

==

−=∆.)(

1

.)(

1νν

Page 51: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 49

Predznak promjene Gibbsove energije hemijske reakcije pokazuje smjer toka spontanog procesa, a apsolutna vrijedn st je mjera udaljenosti od ravnotežnog stanja. Ako je: ∆rG > 0 ⇒ reakcija je spontana s desna na lijevo ∆rG < 0 ⇒ reakcija je spontana s lijeva na esno ∆rG = 0 ⇒ reakcija je u stanju ravnoteže

perature

Zavisnost Gibbsove i Helmholtzove od temperature data je Gibbs-

o

d

2.5.1. Zavisnost Gibbsove i Helmholtzove energije od tem

energije Helmholtzovom jednačinom:

pTGTHG ⎟

⎠⎞

⎜⎛

∂∂

+= ⎝

VTTU ⎟

⎠⎜⎝ ∂

+= FF ⎞⎛ ∂

dnosno: o

pT ⎠⎝ ∂GTHG ⎟

⎞⎜⎛ ∆∂

+∆=∆

VTFTUF ⎞⎛ ∆∂

+∆=∆ ⎟⎠

⎜⎝ ∂

Gibbs-Helmholtzova jednačina se može pisati i u sljedećem obliku:

2TH

TG ⎞⎛ ∆∂

T⎟⎜

∂ p

∆−=

⎠⎝

2TUF ∆⎞⎛ ∆∂

TT−=⎟

⎠⎜⎝∂

Primje

0K idealnu s

Rješ

V

ri 1. Izračunati promjenu entropije i promjenu Gibbsove energije na temperaturi 30

, kada 0,5 mol komponente A i 0,3 mol komponente B miješanjem daju

mjesu.

enje

Page 52: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 50

1112

14,4

8,03,0ln3,0

8,05,0ln5,0314,8ln −−−

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=−= ∑ JKmolmolKJmolxnRS i

iim

1−

−=⋅−=∆−=∆

iP

enje

JJKKSTG m 13204,4300

2. Izračunati promjenu Gibbsove i Helmholtzove energije pri kompresiji 1 mol dealnog plina na temperaturi 773 K sa pritiska 5,05·103 Pa na pritisak 1,01·104 a.

Rješ

JKKJmolmolpp

nRTG 66,44541005,51001,1ln773314,81ln 3

411

1

2 =⋅⋅

⋅⋅==∆ −−

JGppnRT

ppnRT

VVnRTF 66,4454lnlnln

1

2

2

1

1

2 =∆==−=−=∆

3. 1 mol žive isparava pri pritisku od 1,013 bar na temperaturi ključanja od 630 K

apsorbujući toplotu od 272,14 Jg-1. Izračunati: Q, ∆H, ∆U, A, ∆S, ∆G, ∆F. Rješenje

Hg t)

Q = 272,14J 54 588,5 J

T

∆n = 1 – 0 = 1

A = ∆U - Q = 49 350,7 - 54 588,5 = - 5237,8 J

,

(l) → Hg(g) ( p = const, t = cons

ggmolmolmHg 59,20059,2001 =⋅= 1−

g-1 · 200,59g =

∆H = Q = 54 588,5 J

∆U = ∆H - p∆V = ∆H - ∆nR

∆U = 54 588,5J –1mol·8,314Jmol-1K-1 ·630K = 49 350,7 J

165,86630

54588===∆

K−JKJ5,

TQ

S

0=−=∆−∆=∆ SdtVdpSTHG

JAVpF 8,5237−==∆−=∆

. Promjena entalpije pri stvaranju jednog mola NO iz elemenata na 25 ºC iznosi 90 kJ, a promjena standardne Gibbsove energije na 25 ºC iznosi 87,29 kJ.

4

Page 53: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 51

Molarni toplotni kapaciteti NO, N2, i O2 su jednaki međusobno i dati u funkciji tempe -3 -1 -1rature jednačinom: Cp = 27,21 + 4,187·10 ·T Jmol K .

Izračunati promjenu Gibbsove energije za datu reakciju na 727 ºC. Rješenje

2 2

N + O 2NO →

dTTrH

TrGd

p2

∆−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆

∫ ∆+∆=∆T

pdTCrHrH0

0

∆rH0 –hipotetička vrijednost entalpije reakcije na apsolutnoj nuli.

CCCC

)(222 pOpNpNOp +−=∆

olarni toplotni kapaciteti učesnika u rekciji stvaranja NO isti, to je ∆Cp = 0, što znači da je promjena entalpije reakcije stvaranja NO nezavisna od temperature.

∆rH = ∆rHΘ298 = 90 kJ

Kako su m

dTT

HTG rr ∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎛ ∆

−=∆

2 ⎝

CTHr

TGr +

∆=

C – integraciona konstanta koja se nalazi preko zadatih podataka na 298 K.

3101,9

29890

29829,87 −⋅−=−=C

∆rG1000 = ∆rH + CT = 90 – 9,1·10-3·1000 = 80,9 kJ

5. Izračunati promjenu Gibbsove energij za reakciju 2C(s) + 2H2(g) → C2H4(g), na 25 ºC, iz podataka za vrijednosti standardnih

reakciji datih u tabeli.

nenta ∆SΘ (Jmol-1K-1) ∆HΘsag. (kJmol-1)

e

entropija i toplota sagorijevanja učesnika u

KompoC(s) 5,86 -394,32 H2(g) 130,6 -286,32

C2H4(g) 218,5 -1394,77 Odrediti spontan tok date hemijske reakcije.

Page 54: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 52

Rješ

U tabeli su date toplote sagorijevanja, odnosno reakcione toplote sljedećih reakcija: 1. C(s) + O2(g) → CO2(g)…………… …………..∆rHΘ298(1) kJmol-1

2. H2(g) + 0,5O2(g) → H2O(l)……….. …………..∆rHΘ298(2) = -286,32 kJmol-1

3. C2H4(g) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 2H2O(l)…….. .∆rHΘ298(3) = -1394,77 kJmol-1

4. 2C(s) + 2H2(g) → C2H4(g)……………………… ….. .∆rHΘ298(4) = ? Toplota reakcije (4) se nalazi primjenom Hessovog zakona, iz kojeg je:

∆rHΘ298(4) = (∆rHΘ298(1) + Θ298(2)) · 2 - ∆rHΘ298(3)

∆rHΘ298(4) mol-1

∆rHΘ298 = kJmol-1

Θ ∆⋅−∆=∆ CSSrS 22298

−=⋅ KJmol

=−−⋅= JmolKJmolKJmol

s desna na lijevo.

6. Naći zavisnost ∆rG od temperature i izračunati promjenu ∆rG na 350 K za

reakciju C2H2(g) + 2H2O(l) → CH3COOH(l) + H2(g), ako su dati sljedeći podaci: ∆rGΘ298 = -127,369·103 Jmol-1

∆rHΘ = -142,191·103 Jmol-1

)( 1010578,7821,26 −−−⋅⋅+= KJmolTC gHpC

1137241)( 10616,5047,6081,36 −−−−− ⋅+−= KJmolTC lCOOHpCH

11361)( 10314,110339,110721,4296,18 −−−− ⋅+⋅−⋅+= KJmolTTTC lOpH

Rješ

enje

ΘΘΘ ∆−∆=∆ 298298298 rSTrHrG

= -394,32

∆rH

= (-394,32 - 286,32) 2 + 1394,77 = 33,49 kJ·

∆rHΘ298(4 = 33,49)

ΘΘ ∆⋅− HHC S242

Θ

11

298 26,13025,218 −−Θ −⋅−=∆rS 42,5486,5

11113298 16,49707)42,54(2981049,33 −−−−Θ∆rG

Kako je ∆rGΘ298 > 0, slijedi da reakcija spontano teče

2981138252 412,110007,5 −− +⋅− TT

22

1094,310 −⋅−⋅ TT23

3

2

1139253)( 10645,71038,110273,9143,27

2

−−−−− ⋅+⋅−⋅+= KJmolTTTC gpH

enje

dTTrH

TrGd 2

∆−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆

Page 55: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 53

∫ ∆+∆=∆ Θ298

00298 dTCrHrH p

∫8 ∆− C∆= rH∆ Θ298

0290 dTrH p

∑=

=∆.

2

1rpii

ipip CC ν

( )()((( 2223 HCpOHpHpCOOHCHpp CCC

( Cν ) ( )∑−2

=1i.pri

2())2C) C +−+ )=∆

∆Cp = - 73,351 - 0,4061 ,32 3,2·10-6T3 Jmol-1K-1

−−−=∆298

0

362330 102,3104,073 0-142,191·1 dTTTrH

T + 2 ·10-3T2 -

( )∫ −− ⋅−⋅+ 32,2061T351,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅

⋅−⋅

⋅+⋅−⋅−−=∆

−−4

63

323

0 2984102,3298

31032,2298

24061,0298351,73 0-142,191·1rH

130 10457,116 −⋅−=∆ JmolHr

( )dTTTTHrHT

r ∫ −− ⋅−⋅+−−+∆=∆ 3623 102,31032,24061,0351,73ο

0

473423 1081073,72, 030351,7310457,116 TTTT −− ⋅−⋅+−−⋅−

rH =∆

dTT 2

TTTTTrGd ⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅+−−⋅−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∆ −− 473423 1081073,7203,0351,7310457,116

dTT

TTTT +− 2203,051TrG

∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−⋅−⋅−−=

∆ −−

2

47343 1081073,73,7310457,116

CTTTTT

TrG

+⋅+⋅−++⋅−=∆ −−− 372413 1066,210865,3203,0ln351,7310457,116

Integraciona konstanta az ka n K.

C se nal i preko datih podata a 298

C+⋅⋅+⋅⋅ −4 29810865,3−+⋅−= − 372133

2981066,2910457,116298

127,369·10-

8

rG 708,487ln7310457,116 4743 −+⋅−=∆ −−

353ln351,7310457,116 4743350 ⋅−⋅⋅+⋅−=∆ −

KrG

∆rG350K = -124,477·10 Jmol-1

⋅+ 298203,08⋅ 2ln351,73⋅ −298

C = - 4 7, 708

TTTTT 203,0+T351, 1066,23 ⋅+10865,32 ⋅−

1066,23503 ⋅+10865,302 ⋅− −203,050 ⋅+350 ⋅⋅

3

350708,487350

Page 56: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 54

Zadaci 1. Izračunati promjenu Gibbsove i Helmholtzove energije za proces u kojem 5,94

dm3 idealnog plina ekspandira reverzibilno i izotermno na 30 ºC sa pritiska 725,487 kPa na pritisak 287,763 kPa.

2. Izračunati promjenu Gibbsove energije na 80,1 ºC za sljedeće procese:

1) C6H6(l, p=1,013 bar) → C6H6(g, p = 0,9119 bar) 2) C6H6(l, p=1,013 bar) → C6H6(g, p = 1,013 bar) 3) C6H6(l, p=1,013 bar) → C6H6(g, p = 1,114 bar)

3. Odrediti da li je moguća reakcija A(l) → B(g) + 2C(g) + D(g) na 298 K i 800 K iz

podataka datih u tabeli.

Tvar A(l) B(g) C(g) D(g)

∆fHΘ298 (kJmol-1) -454,51 -146,51 -16,91 20,427 ∆SΘ298 (Jmol-1K-1) 619,95 349,11 293,73 267,06 Cp(sr.) (Jmol-1K-1) 501,69 120,26 87,80 63,92

4. U širem temperaturnom intervalu promjena Gibbsove energije reakcije: H2(g)

+ S(g) = H2S(g), može se predstaviti jednačinom: ∆rG(T) = -162,4·103 + 28·T·lnT – 8,642·10-3·T2 - 104,6·T, Jmol-1

Izračunati ∆rH i ∆rS na 1000 K. 5. 1 mol benzena C6H6 se reverzibilno odi u paru na temperaturi ključanja od

80,2 ºC uz dovođe ju pri pritisku od 1,013 bar. Toplota ispara 4,5 Jg-1. Izračunati: Q, ∆H, ∆U, A, ∆S, ∆G, ∆F. Pare be ealnim plinom.

. Promjena entalpije stvaranja jednog mola HCl(g) na 25 ºC iznosi –92,3 kJmol-1, -1

,105,01027,33,27 −−−− ⋅+⋅+= KJmolTT

KJmolTT

prevnje toplote. Pare benzena ekspandiravanja benzena na 80,2 ºC iznosi 39

nzena smatrati id

6

a promjena Gibbsove energije –95,3 kJmol . Izračunati promjenu Gibbsove energije stvaranja plinovitog HCl na 500 K. Molarni toplotni kapaciteti učesnika reakcije za temperaturni interval 298 K – 2000 K su:

11253 )( 2C Hp

11253)( ,36 −−−− ⋅−⋅+=C Clp ,1085,21025,093

2

11253)( 1009,11061,454,26 −−−− ⋅+⋅+= KJmolTTC HClp

Page 57: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 55

3. FAZNE RAVNOTEŽE

3.1. Gibbsovo faza

dabrao sljedeća tri pojma: roj faza (F), broj komponenata (K) i broj stepena slobode (S).

S = K – F + 2

da bi stanje sistema u pogledu broja faza i broja komponenata koje on sadrži bilo potpuno definisano. Faza je fizički i hemijski homogen dio sistema, koji je od ostalog dijela sistema odvojen granicom faza.

u bilo koje dvije faze je određeno Clapeyronovom

pravilo

a opis ravnoteže heterogenog sistema, Gibbs je oZb

Broj stepena slobode može da se definiše kao najmanji broj intenzivnih veličina stanja, koji mora biti poznat,

Stanje ravnoteže izmeđ

jednačinom:

VTVdTtt

∆HSdp ∆

=∆

= ∆

t t

):

∆H , ∆S – promjena entalpije i entropije faznog prelaza

Clapeyronova jednačina za sistem čvrsto – para (sublimacija

( )sg

sub

VVTH

VdT −∆

=∆

.

Ako se zanemari volumen čvrs tretira kao idealan plin, dobije se da je:

subSdp ∆= .

te faze (Vs = 0 ), a para

2.

2. ln

RTH

dTpdodnosnop

RTH

dTdp subsub ∆

=∆

=

Clapeyronova jednačina za sistem čvrsto – tečno (topljenje):

( )sl

toptop

VVTH

VS

dTdp

∆=

∆= ..

Clapeyronova jednačina za sistem tečno – para (isparavanje):

( )lg

ispisp

VVTH

VS

dTdp

∆=

∆= ..

Page 58: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 56

Ako se zanemari volumen tečne faze (Vt = 0 ), a para tretira kao idealan plin, dobije se da je:

2.

2. ln

RTH

dTpdodnosnop

RTH

dTdp ispisp ∆

=∆

=

Ako se izvrši separacija promjenljivih u gornjoj jednačini, te se integrira po temperaturi, neodređeno, uz uslov da je ∆Hisp. = const, dobit će se:

CRT

+H

p isp∆−= .ln

C – integraciona konstanta

p

Ako se ista jednačina integrira po temper ređeno od Taturi, od 1 do T2, uz uslov da je ∆His . = const, dobit će se:

⎟⎟⎞

⎜⎜⎛

−∆

−= .2 11lnHp isp

⎠⎝ 121 TTRp

Troutonovo p avilo:r

)(92,87 11. −−=∆

KJmolTH

k

isp

Tk – kritična temperatura određene supstance Troutonovo pravilo isparavanja neke supstance.

tandardnom pritisku, gustina tečne žive je 13,69 gcm-3, gustina čvrste žive -3

Rješenje

daje mogućnost približnog određivanja toplote

Primjeri 1. Na s

je 14,193 gcm , a temperatura topljenja je –38,87 ºC. Promjena entalpije topljenja žive je 9,75 kJkg-1. Izračunati temperaturu topljenja žive na 358·103 kPa.

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

−⎞⎛

∆= topHdp .

sl

Tρρ11 dT

Page 59: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 57

134,16= 086

313690113,234

75,9 −

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

= kPaKdTdp

=

Tdp10358

325,101

34,3

3 16086,34 T – 376,63·104

T = 256,38 K

ºC iznosi 84,5 kPa. Izračunati promjenu molarne

Rješ Nap e u

14191

dTdp 34,16086

T

∫ d∫ =⋅

13,234

16086

(358·10 – 101,325) =

t = -16,62 ºC

2. Napon pare vode na 95

entalpije isparavanja vode na 100 ºC.

enje

ri li se volumen vodon pare vode na 100 ºC iznosi 101,325 kPa. Zanemaodnosu na volumen vodene pare, dobit će se da je:

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

−−= .2lnTTRp

isp ⎞⎛∆

21

11Hp

1

⎟⎠⎝⎞

⎜⎛ −

∆−=

11325,101ln .ispH

,73 Jmol

. Naći grafički promjenu entalpije isparavanja vode iz tabelarnih podataka napona vodene pare u funkciji temperature isparavanja. Pretpostaviti da entalpija isparavanja vode ne zavisi od temperature. Pretpostaviti da se vodena para ponaša kao idealan plin.

368373314,85,84

1,51 = - ∆Hisp. (- 3,64·10-5)

-1∆Hisp. = 41 453

3

Page 60: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 58

p (bar) T (K)

0,1 318,84 0,2 333,08 0,3 342,12 0,4 348,88 0,5 354,35 0,6 358,95 0,7 362,97 0,8 366,52 0,9 369,72 1,0 372,64

Rješenje

dTRTH

pd isp2

.ln∆

=

ko se gornja jednačina integrira neodređeno dobit će se linearan oblik jednačine: A

CRTH

p isp +∆

−= .ln

u kojoj je:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=T

fp 1ln

C – odsječak na osi ordinati

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∆−

RHisp. - nagib pravca

1. )ln()( ∆

=∆

==⎟⎞

⎜⎛ ∆−

pytgHisp α −⎟⎜

p (bar) T(K) T (K ) ln(p)

∆∆⎠⎝ TxR

-1 -1

0,1 318,84 0,003136 -2,30259 0,2 333,08 0,003002 -1,60944 0,3 342,12 0,002923 -1,20397 0,4 348,88 0,002866 -0,91629 0,5 354,35 0,002822 -0,69315 0,6 358,95 0,002786 -0,51083 0,7 -0,35667 362,97 0,002755 0,8 -0,22314 366,52 0,002728 0,9 369,72 0,002705 -0,10536 1 372,64 0,002684 0

Page 61: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 59

Crta se grafik ln(p) = f (1/T)

( ) 22,5094002684,0003136,01 −

0259)( −=30,2)ln( −−

=∆∆

=tg α

−Tp

RH

tg isp.)(∆

−=α

∆Hisp. = -R · tg(α) = -8,314(-5094,22)

∆Hisp. = 42 353 Jmol-1

4. U temperaturnom intervalu od 1073 K do 1603 , zavisnost pritiska para

tečnog berilij-fluorida o temperaturi određena je jednačinom:

K

70,26)log(03,512250)log( +−−= TT

p

Izračunati: a) funkciju koja u istom interv avisnost toplote isparavanja od

molarnog toplotnog kapaciteta isparavanja berilij-fluorida.

alu daje ztemperature,

b) toplotu is aravanja pri 1500 K, pc) promjenu

T-1 (K-1)

-2,5

-2

-1,5

-1

-0,5

00,0026 0,0028 0,003 0,0032

Ln(p

)

Page 62: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 60

Rješenje

a)

3025,2/70,26)log(03,512250)log( ⋅+−−= TpT

479,61)ln(582,1166,28206)ln( +−−= TT

p

Ako se gornja jednačina derivira po T dobit će se:

TTdTpd 582,166,28206)

2 −=1ln(

Kako je Clapeyronova jednačina za sistem tekuće – parovito, uz zanemarivanje volumena tečne faze (Vt = 0 )

2.)ln(

RTH

dTpd isp∆

= ,

to znači da vrijedi jednakost:

TTRT

Hisp 582,1166,2820622

. −=∆

/·8,314T2

b) ∆Hisp.(1500K) = 234510 – 96,29·1500 = 90 075 Jmol-1

mperature se računa po izrazu:

pTisp∆ .)(.

U slučaju da je Cp = const, ima se da je:

∆Hisp.(T) = ∆HΘisp. + C 10 – 96,29T

∆Cp = -96,29 Jmol K

. Entalpija isparavanja amonijaka za temperaturni interval od 200 K do 300 K

7273 + 30,524T – 0,1728T Jmol . 00 K pri pritisku od 0,08666 bar, izračunati na koji t onijak da bi isparavao na temperaturi od

2 0 K?

∆Hisp. = 234510 – 96,29T

c) Toplota isparavanja u funkciji od te

dTCHHT

∫ ∆+∆= Θisp

0

∆ pT = 2345

-1 -1

5data je u funkciji temperature kao:

∆Hisp.(T) = 2 2 -1

Ako amonijak isparava na 2 pri isak je potrebno komprimirati am

9

Page 63: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 61

Rješenje

2

21728,052,30273 427lnRT

TTdT

pd −=

+

dTRT

TTpd 2

21728,0524,3027273ln −+=

Ako se gornja jednačina integrira neodre o, dobit će se:

enđ

CT

p TT +−+−

= 02078,0ln671,337,3280ln

Integraciona konstanta C se nalazi 200 K

iz podataka na

C+⋅−⋅+−

= 20002078,0200ln1200

3,328008666,0ln

C = -1, 339

67,37

339,12900,0290ln671,337,3280ln −⋅+ 2078290

−⋅−

=p

lnp = 2,061

p = 7,854 bar

6. iseline iznosi 16,61 °C, promjena entropije topljenja je 11 kJmol , a promjena molarnog volumena pri znosi 9,614 cm3mol .

ak na kojem se sirćetna kiselina topi pri temperaturi od 16,85 °C.

Rješenje

Normalna temperatura topljenja sirćetne k

-1molarne ,72 topljenju i -1

Odrediti pritis

15136

13. 10093,42

10614,961,2891072,11 −

−−

⋅=⋅⋅

⋅=

∆= PaK

molmKJmol

VTH

dTdp top

dTdp 510093,42 ⋅=

p – 1,013·105 = 42,093·105(289,85 – 289,61)

p = 11,11 05 Pa

∫∫ ⋅=⋅

85,289

61,289

5

10013.1

10093,425

dTdpp

5·1

Page 64: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 62

Zadaci

1. alnom talištu iznosi 6008 Jmol . Molarni

. Ako je napon pare amonijaka 10,624 bar na 300 K, a 38,7 bar na 350 K, nati napon pare amonijaka na 320 K.

ja freona 11 (CFCl3) iz tabelarnih podataka o naponu pare freona 11 u funkciji od temperature isparavanja. Pretpostaviti da ent paravanj zavisi od temperature. Pretpostaviti da se pa 1 pon

p (bar) T(K)

Izračunati temperaturu na kojoj se topi led pod pritiskom od 3,04·105 Pa.

-1Toplota topljenja leda na normvolumeni leda i vode iznose 19,652 cm3mol-1 i 18,018 cm3mol-1.

2izraču

3. Grafički naći promjenu entalpije isparavan

alpija is a freona 11 nera freona 1 ša kao idealan plin. a

0,4030 2730,6083 2830,8891 2931,2630 3031,7480 3132,3660 3233,1380 3334,0880 3435,2400 3536,6190 363

. Naponi para tečnog i čvrstog arsena dati su izrazima:

4

815,8log )( +−=125,2462

Tp l ; 925,12log )( +−=

125,6949T

p s

Iz računati temperaturu pri kojoj obje forme arsena imaju isti napon pare, kao i v 5. Pod pritiskom od 1,013 bar eter (C 10O) ključa na 35 ºC. Molarna toplota

rati 1·10-3 štanja zraka kroz

eter na 30 ºC ako držimo konsta kupan p k od 0,95996 bar? b) koliko kg etera će isp a?

Pretpostaviti da se para etera ponaša kao idealan plin.

6. Molarni toplotni kapaciteti tečnog i parovitog benzena zavise o temperaturi kao:

)( 1047190,3366

−−−+−= KJmolTC gHpC

Pri standardnom pritisku benzen ključa na temperaturi 80,1 ºC, pri čemu je za prevođenje jednog mola benzena iz tečnog u parovito agregatno stanje potrebno

eličinu tog napona.

4H-1isparavanja etera iznosi 27 788,4 Jmol . Iz čunati:

a) koliki će volumen zauze m3 zraka poslije propuntan u ritisa

ariti za vrijeme ovog proces

113)( 1002,2555,59

66

−−−⋅+= KJmolTC lHpC

3 34,2981087, − ⋅−⋅ T 1126

Page 65: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 63

dovesti toplotu od 33,89 kJ. Izvesti funkciju koja daje odnos prirodnog logaritma ravnotežnog napona pare benzena i apsolutne temperature. Pretpostaviti da se para benzena ponaša kao idealan plin.

4. KOLIGATIVNA SVOJSTVA RAZBLAŽENIH OTOPINA

Page 66: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 64

Postoji nekoliko uzajamno povezanih svojstava otopina koja zavise od koncentracije, odnosno aktivnosti otopljene supstance u otopini a to su:

povišenje temperature ključanja otopine, - sniženje temperature mržnjenja otopine, - osmotski pritisak.

re iznad otopine (Raoultov zakon)

- sniženje pritiska (napona) pare iznad otopine, -

Sniženje napona pa

p = p∗xA = p∗ (1 – xB)

p - napon pare iznad otopine p∗ - napon pare iznad čistx – molski udio otapala

og otapala A

xB – molski udio otopljene supstance

∗∗

∗ ∆=

−=

+=

pp

ppp

nnnx

BA

BB

Za jako razblažene otopine (n >>n ) , vrijednost n u nazivniku se može zanemariti, te dobiti da je:

A B B

BA

AB

Mmp=∗

Mmp∆

Povišenje temperature ključanja otopine (∆Tb)

olalna koncentracija (molalitet) otopljene tvari, molkg .

∆Tb = Tb – Tb∗

Tb – temperatura ključanja otopine, K Tb

∗ - temperatura ključanja Ebulioskopska konstanta, K , definiše se kao:

∆T = K Cb b m

Kb – molalno povišenje temperature ključanja /Ebulioskopska konstanta/, Kkgmol-1

-1Cm – m

čistog otapala, K

b

( ).

2

isp

Abb H

MTR ∗

K∆

=

∆Hisp. – promjena entalpije isparavanja po molu otapala, Jmol-1

Kako je:

Page 67: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 65

BA

BBm Mmm

C == A

mn

slijedi da je:

ABA MpMmb

bbKpKT ∗

∆=∆

Sniženje temperature mržnjenja otopine (∆T

Bm=

f)

∆Tf = Kf Cm

Kf – molalno sniženje temperature mržnjenja / Kriosko stanta/, Kkgmol-1

∆Tf = Tf

∗ – Tf

Tf - temperatura mržnjenja otopine, K Tf

∗ - temperatura mržnjenja čistog otapala, K Krioskopska konstanta, Kf, definiše se kao:

pska kon

( ).

2

top

Aff H

MRK

∆=

∆Htop. – promjena entalpije topljenja po molu otapala, Jmo

T

l-1

A

f

BA

Bff M

Kpp

MmmKT ∗

∆==∆

Osmotski pritisak

ava prolaženja otapala kroz polupropusnu membranu iz otopine niže u otopinu ncentracij

Pojviše ko e naziva se osmoza. Sila koja tjera molekule otapala kroz polupropusnu membranu je osmotski pritisak.

RTCVRTn

MB ==Π

Π - osmotski pritisak, Pa C – koncentracija, molmMV –nB –

-3

volumen otopine, m3

broj mola otopljene supstance, mol

Page 68: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 66

U slučaju disocijacije ili asocijacije otopljene supstance, gornje jednačine postaju:

Bixpp

=∆

'

∆T ’ = i·K ·C

Π’ = i·CM·R·T

Prim

čanja, b) napon vodene pare na 100 ºC.

ješenje

) ∆Tb = KbCm

b b m

∆Tf’ = i·Kf·Cm

Van’t Hofov korekcioni član / i / je upoznat u poglavlju “Idealni plinovi”.

jeri

1. Otopini koja sadrži 9 g glukoze (C6H12O6) u 200 g vode i nalazi se na pritisku od 1,01325 bar, izračunati: a) temperaturu klju

1)( 513,0

2

−= KkgmolK OHb R a

13

1

25,010200

1809

−−

=⋅

= molkgkg

gmolg

Cm

∆Tb = 0,513 Kkgmol-1 · 0,25 molkg-1 = 0,13 K

Tb = Tb

∗ + ∆Tb = 373 + 0,13 = 373,13 K

tb = 100,13 ºC

) p = p∗xA

b

996,0

1809

18200

18200

11

1

=+

=+

=

−−

gmolg

gmolg

gmolg

nnnx

BA

AA

Page 69: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 67

Napon pare čiste vode na 100 ºC iznosi 101325 Pa.

p

m pritisku: a) povisila temperatura ključanja za 1 ºC, b) snizila temperatura

−= KkgmolK −= KkgmolK

Rješenje

= KbCm

= 101325 · 0,996 = 100 919,7 Pa

2. Koju masu saharoze (C12H22O11) treba otopiti u 100 g vode da bi se na standardno

mržnjenja za 1 ºC? )( 513,0

2OHb ; )( 86,12OHf

1 1

) ∆a Tb

11 95,1

513,0−

− === molkgKkgmolK

C bm

1∆ KT

b

mokgmolkgnnB 195,01010095,1 31 =⋅⋅=⇒= −− lm

C OHCA

m 112212

b)

ggmolmolm OHC 7,66342195,0 1112212

=⋅= −

1538,01 −==86,1

∆= molkg

KC f

m T

f

moln OHC 0538,010100538,0 3

112212=⋅⋅= −

gm OHC 4,183420538,0112212

=⋅= 3. Poznato je da je 0,95 %(mas.) otopina NaCl izotonična (ima isti osmotski pritisak)

sa ljudskom krvlju, te se zbog toga ko sti kao fiziološka otopina. Izračunati: a) koliki je osmotski pritisak krvi, b) maseni udio KCl u otopini koja bi se takođe mogla koristiti kao fiziološka

S R a) Disocijacija NaCl se odvija prema jedna

NaCl ⎯ OH 2(aq) + Cl-(aq)

ri

otopina. matrati da je prividni stepen disocijacije NaCl, odnosno KCl 90 %.

ješenje

čini:

⎯⎯ → Na+

Page 70: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 68

Van’t Hofov broj se računa prema izrazu:

i = 1 + α( z - 1) = + 0,9(2 - 1) = 1,9 Osm

Π’ = iC RT

1

otski pritisak otopine elektrolita se rač na prema izrazu: u

M

Kako je 0,95 %-tna otopina NaCl jako razblažena, pretpostavit će se da je njena gustina jednaka gustini vode ( 1,0 gcm-3).

333

1

162,010100

45,5895,0

−−

=⋅

== moldmdm

gmolg

Vn

C NaClM

Krv i fiziološka otopina se nalaze na temperaturi ljudskog tijela koja iznosi oko 37 °C.

Π’ = 1,9 · 0,162·103molm-3 · 8,314Jmol-1K-1· 310K = 793 305 Pa

K+(aq) + Cl-(aq)

CM(NaCl) = CM(KCl)

) KCl ⎯⎯ →⎯ OH 2 b

iCM(NaCl) RT = iCM(KCl) RT

n(KCl) = n(NaCl)

ggmolgmol

gm KCl 21,155,7⋅ 445,58

95,0 11)( == −

%(KCl) = 1,21 %(mas.)

4. Na iznose 0,265 bar i 0,152 bar. Pod pretpost kom da se miješanjem 1 mol CHCl3 i 1 mol CCl4 dobija idealna smjesa, izrača) ukupan pritisak para, b) maseni procenat CHCl3 u pari koja je u ravnoteži sa tečnom smjesom.

Rješenje a) Prema Daltonovom zakonu ukupan pritisak idealne smjese je:

p = pA + pB

poni para hloroforma (CHCl3) i ugljen-tetrahlorida (CCl4) kod 25 °C

avunati:

Page 71: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 69

Prema Raoultovom zakonu parcijalni pritisci komponenti se računaju kao:

pA = xA · pA ; pB = xB · pB∗

xA – molski udio lakše hlapljive komponente u tečnoj fazi, CHCl3xB – molski udio teže hlapljive komponente u tečnoj fazi, CCl

4

5,011

1=

+=

+=

BA

AA nn

nx

5,011

1=

+=

+AB n

=B

B

nn

x

p = 0,5 · 0,265 + 0,5 · 0,152 = 0,2085 bar

b) Parcijalni pritisak CHCl3 preko Daltonovog zakona se računa kao:

pA = yA p

A – molski udio CHCl3 u plinovitoj fazi.

ih udjela komponente u tečnoj i plinovitoj fazi. Molski j fazi se u literaturi označava sa xi, dok se molski udio

alni plinovi”, u komponente u

plinovitoj fazi korištena je oznaka xi.) Kako je prema Raoultovom zakonu

pA = xA pA∗

to je

y p = x p ∗

xA – molski udio CHCl3 u tečnoj fazi.

y

(Postoji razlika između molskdio i-te komponente u tečnou

iste komponente u plinovitoj fazi označava sa yi. U poglavlju “Ideokviru Daltonovog zakona, radi pojednostavljenja, za molski udio i-te

A A A

635,02085,0

===p

yA 265,0,0∗px AA

Između molskog i maseno

5 ⋅

g udjela postoji odnos:

∑ni

My=

=

iii

ii Mg

gi – maseni udio i-te komponente

y

1

Page 72: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 70

574,08,153)635,01(35,119635,0

35,119635,0=

⋅−+⋅⋅

=Ag

(mas.)%(CHCl3) = 0,574 · 100 = 57,4

5. Napon pare otopine koja sadrži 6,69 g Ca(NO3)2 u 100 g H2O iznosi

3·105 Pa kod 100 ºC. Koliki je stepen disocijacije ove soli?

Rješenje

at disocira prema jednačini:

roj mola Ca(NO3)2 na početku:

0,9958

Kalcij-nitr

Ca(NO3)2 → Ca2+ + 2NO3-

B molgmol

gn 0407,01,16469,6

1 == −o

Broj mola učesnika reakcije disocijacije u stanju ravnoteže možemo prikazati u

Ca(NO3)2 ↔ Ca2+ + 2NO3-

molovi n 7 - - disociralo mola 0,0407α - nastalo - 0,0407α 0,0407·2α molovi u 0,0407 – 0,0407 0,0407α 0,0407·2α kupan broj mola u stanju ravnoteže:

nuk = ( 0,0407 – 0,0407α) + 0,0407α + 0,0407·2α

407·2α

Za razblažene otopine (nB → 0), vrijedi da je:

sljedećem obliku:

a početku 0,040 -

mola ravnoteži ( α)

U

nuk = nB = 0,0407 + 0,0

0172,01001325,1

1099583,01001325,15

55

=⋅

⋅−⋅=

−== ∗

ppp

nnx

A

BB

molnn AB 0172,0= 0955,018

1000172,0 ==

0,0955 = 0,0407 + 0,0407·2α

α = 0,673

α = 67,3 %

Page 73: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 71

6. Čista voda ključa na 100 ºC, dok 15 %-tna otopina kuhinjske soli u vodi ključa

Rješenje

na 101,55 ºC. Izračunati toplotu isparavanja vode.

.

2)( bTR=

isp

A

HM

∆ bK

bisp K.

Ab MTRH

2)( ∗

=∆

1

3

145,58 −gmolm

513,0

1085

15)10055,101( −

=

−=

∆= Kkgmol

gK

CT

K bb

kg

1610586,40 Jk1−ol

12211

513,08)373(314, −

−−−

=∆ molKkgm

kgkmolKKJmol

.−=∆Hisp

. Koje volumene vode i etanola treba uzeti za pravljenje 5 kg otopine koja mrzne na –10 ºC na standardnom pritisku? f(H2O) = 1,86 Kkgmol-1; ρ(C2H5OH) = 0,789 gcm-3.

e ključanja otopine koja sadrži 0,137 mol KNO3 u

2 acij KNO3 u ovoj otopini iznosi 85 %, a Kb(H2O) = 0,513 Kkgmol-1.

3. U jednom eksperimentu 1,32 g kalcij-hlorida je otopljeno u 51 cm3 vode.

Utvrđeno je da sniženje temperature mržnjenja otopine izno 1,08 K. Koliki je prividni stepen disocijacije CaCl2 u ovoj otopini? Kf(H2O) = 1,86 Kkgmol-1.

4. Otopina nekog neelektrolita u etanolu i a koncentraciju 63 molm-3. Kolika treba

da bude koncentracija otopine alumin lfata u vodi da bi etanolska i vodena otopina bile izotonične. Obje otopine se nalaze na istoj temperaturi. Prividni stepen disocijacije aluminij-sulfata u ovoj otopini iznosi 40 %.

. =H isp1⋅8

310586,40 ⋅ Jmol 1

Zadaci 1

K

2. Odrediti povišenje temperatur1,54 kg H O. Prividni stepen disocij e

si

mij-su

Page 74: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 72

5. Pritisci para čistog ugljen-tetrahlorida i silicij-tetrahlorida na 50 °C iznose

. Temperatura topljenja željeza iznosi 1812 K, a promjena molarne entalpije

topljenja za željezo je 1 olalno sniženje temperature ržnjenja željeza.

7. alpije isparavanja žive na normalnoj temperaturi ključanja (357 °C)

272,1 Jg-1. Odrediti: d otopine koja sadrži 10 %(mas.) Sn u živi, na 357 °C,

ključanja ove otopine.

8. azblažene vodene otopine maltoze na 25 °C je 3129 Pa. Napon pare vode na 25 °C je 3167 Pa. Odrediti osmotski pritisak date otopine na 25 °C i 35 °C.

0,4226·105 Pa i 0,7999·105 Pa. Izračunati molski udio silicij-tetrahlorida u smjesi koja ključa na 50 °C i pritisku 0,5333·105 Pa. Pretpostaviti idealno ponašanje smjese.

65,3 kJmol-1. Odrediti m

m

Promjena entjea) pritisak žive iznab) temperaturu Pritisak pare iznad r

Page 75: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 73

5. HEMIJSKA RAVNOTEŽA

rava na konstantnoj temperaturi, napisanu u opštem obliku,

ν1A1 + ν2A2 = ν3A3 + ν4A4

a:

Za hemijsku reakciju koja se odig

stanje ravnoteže je termodinamički definisano s

2

2

1

1

4

4

3

3

νν

νν

AA

AA

aaaa

K =Θ

K – standΘ ardna konstanta ravnoteže, – stehiometrijski koeficijenti,

Za opine vrijedi da je aktivitet tvari jednak koncentraciji.

Standardna konstanta ravnoteže za reakcije idealnih plinova

ν1, ν2, ν3, ν4

4321,,, AAAA aaaa – aktiviteti odgovarajućih tvari u stanju ravnoteže.

razblažene ot

2ν⎞p

2

1

1

4

3

3

ν

ν

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

Θ

pp

KAA

AA

Konstanta hemijske rav ijske reakcije i zavisi isključivo od temperature.

Promjena Gibbsove energije hemijske akcije data je izrazom:

4ν⎞

⎜⎜⎝

⎟⎟⎠

⎜⎜⎝

Θ pp⎞⎛

p

⎟⎠

Θ⎟⎜

⎝Θp

⎜⎛ p

noteže karakteri tika je date hems

re

2

2

1

1

4

4

3

3ln νν

νν

AA

AArr aa

aaRTGG +∆=∆ Θ

U slučaju da se reakcija odigrava pri p = const i T = const, u stanju ravnoteže vrijedi

da je:

(∆rG)p, T = 0

ΘΘ −=−=∆ KRTaa

RTG AAr lnln

21

43

νν aa

AA 21

43 νν

- promjena standardne Gibbsove e rgije hemijske reakcije, Jmol-1

Konstanta ravnoteže izražena preko ravnotežnih koncentracija učesnika u reakciji:

Θ∆ Gr ne

Page 76: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 74

2

2

1

1

4

4

3

3

νν

νν

AA

AAC CC

CCK =

Konstanta ravnoteže izražena preko rav otežnih parcijalnih pritisaka učesnika u nreakciji:

21

43

ννp pK =

21

43 νν

AA

AA pp

Konstanta ravnoteže izražena preko rav otežnog broja mola učesnika u reakciji:

p n

2

2

1

1

4

4

3

3

νν

ννA

AA

An nn

nnK =

izražena preko ravnotežnih molskih udjela učesnika u reakciji:Konstanta ravnoteže

21

43

ννAA

x xxK =

21

43 νν

AA

xx

đuso anost konst teže:Me bna povez anti ravno

( ) νν

∆⎞pν∆ =⎟⎟⎠

⎜⎛

== pKKRTKK x

p – ukupan priti

– ukupan broj mola u stanju ravnoteže

∆ν - razlika stehiometrijskih koeficijenata produkata i reaktanata u plinovitom stanju

U slučaju da je ∆ν = 0 ⇒ Kp = KC = Kn = Kx = KΘ

⎜⎝ nuk

nCp

sak u stanju ravnoteže

nuk

Page 77: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 75

Navedene konstante ravnoteže možemo računati i na sljedeći način:

( ) ν∆ΘΘ= pKK p

ν∆Θ

Θ⎟⎟⎞

⎜⎜⎛

=pKKC

⎠RT ⎝

ν∆ΘΘ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ppKK x

pΘ = 101 325 Pa

vnoteže od temperature

nstanta ravnoteže određena na jednoj temperaturi, a želi se odrediti njena na drugoj temperaturi, koriste se van’t Hoffova reakciona izobara i

5.1. Zavisnost konstante ra

Kada je korijednost v

izohora, koje su prikazane sljedećim izrazima:

2RT=

ln HTKd

p

p⎟⎟⎠

⎞⎛ ;

d⎜⎜⎝

r∆2

lnRT

UdT

⎟⎠

Kd r

V

C ∆=⎞

⎜⎝⎛

iranja ove jed n je funk T).

Način integr načine određe cijom ∆rH = f (

Slučaj kada je ∆rH = const

Neodređenim integriranjem po T dobit će se da je:

CRTp

C – integraciona konstanta

Određenim integriranjem u granicama od T do T2 dobit će se da je:

HK r +

∆−=ln

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∆−=

12)(

( 11ln1

)2

TTRH

K

Kr

Tp

Tp

Kada je ∆rH = f(T), ali je ∆Cp = const

Page 78: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 76

Neodređenim integriranjem po T dobit će se da je:

CTRC

RTHoK pr

p +∆

+∆

−= lnln

∆rH0 - hipotetička vrijednost entalpije na te raturi T = 0 K

Kada je ∆

mpe

rH = f(T), ∆Cp = f(T)

Na primjer:

∆Cp = a + bT cT2 + dT -2 +

dTdTTcb TaT

RT

H0Kd

r

p

⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜

⎛ −++∆=

2

132

3ln +

2

CTRdT

RcT

RbT

Ra

RTH0K r

p +++++∆

−= −22

26lnln

Primjeri

a temperaturi 300 K i pritisku noteže Kp date reakcije na

zadatim uslovima. Rješenje Pretpostavit će se da se na početku reakcije u reakcionom sudu nalazio 1 mol N2O4. Sastav reakcione smjese u molovima se može prikazati pomoću sljedeće tabele:

N2O4 2NO2

2

1. Stepen disocijacije reakcije N2O4(g) = 2NO2(g), n

101 325 Pa iznosi 20 %. Izračunati konstantu rav

na početku reakcije 1 mol - nastalo - 2α mol nestalo α - mol u ravnoteži 2α mol (1-α ) mol

α - stepen disocijacije ( 0 ≤ α ≤ 1)

Ukupan broj mola učesnika reakcije u ravnoteži:

Page 79: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 77

nu

u ravnoteži se računaju preko Daltonovog

zakona

k = (1 - α) + 2α = 1 + α (mol)

Parcijalni pritisci učesnika reakcije:

pnuk

npi

lni pritisak komponente

– ukupan pritisak

i=

pi – parcijap

PapNO 337751013252,0112

=⋅+

=+

p ,022 ⋅ 2α

Papp ON 675501013252,011=⋅

−=

−=

2,01142 ++αα

Pap

K NO 5,1688733775222 ===

pp 67550

2. U posudi volumena 5,3 da. Na temperaturi 1000 K stepen disocijacije joda izn rema jednačini:

Izračunati: a) pritisak jodnih para u stanb) konstante ravnoteže Kp i KC

socijacije, iznosi:

ON 42

dm3 zagrijava se 12,7 g jo

osi 3,34 %. Jod disocira pI2 = 2I

ju ravnoteže, .

Rješenje

j mola joda na početku, prije dia) Bro

molgmol

01−

gI 05,7,

2=

ljedeće

2I

n8,253

12=o

stav reakcione smjese u molovima se može prikazati pomoću s Sa

tabele: I2na početku reakcije 0,05 mol - nastalo - 0,05·2α mol nestalo 0,05α mol - u ravnoteži 0,05(1-α ) mol 0,05·2α mol

Ukupan broj mola učesnika reakcije disocijacije u ravnoteži:

0,05(1 + α) = 0,05(1+ 0,0334) = 0,05167 mol

nuk = 0,05(1 - α) + 0,05·2α =

Page 80: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 78

Pritisak jodnih para u stanju ravnoteže se može izračunati preko datih termodinamičkih podataka.

Pam

KKJmolmolVRTn

p uk= 81054103,5

1000314,805167,033

11

=⋅

⋅⋅= −

−−

b)

2I

2I pK

pp

=

Pa5815puk

I 751674832 =

nI2

np = 810543

⋅0,00,0

=

Papnn

puk

II 5,523981054

05167,000334,0

=⋅==

PaK p 1,36275815

5,5239 2

==

( )30435,0

1000314,81,362 −

∆ =⋅

== molmRT

KK p

C ν

3. T oteži na 298 K i 10 a vnoteži sadrži još 90,72 % od početne količine komp čunati Kn, Kc, i Ka na 298 K za reakciju:

2 A(l) + B(l) C(l) + D(l)

Reakcionu smjes

Rješenje Moli B u ravnoteži:

ečna smjesa koja se sastoji od 1000 mol A i 91 mol B zauzima u ravn1,3 kPa volumen od 63 dm3 đeno je d sistem u ra. Utvr

onente B. Izra

=

u smatrati idealnom.

molnB 55,829072,091 =⋅= Izreagovani moli B:

mon izrB 45,855,8291.)( l=−=

Page 81: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 79

Sastav reakcione smjese u molovima se može prikazati pomoću sljedeće tabele:

A B C Dna početku, mol 1000 91 - - nestalo, mol 2·8,45 8,45 - - nastalo, mol - - 8,45 8,45 u ravnoteži, mol 1000 - 2·8,45 82,55 8,45 8,45

BA

DCn nn

nnK 2=

172 1094,8

55,821,983 ⋅45,845,8 −−⋅=

⋅= molKn

ν

ν∆

∆ ⎞⎛ p⎟⎠

⎜⎝ uk

nC n⎟⎜= KRTK )(

∆ν = -1 nKKpRT

uknC =

VKRTnK

p nCK ukn ==

−−− 1357 1063,5631094,8 ⋅=⋅⋅= moldmKC

Θ

Θ−ΘΘ =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛==

pRTK

RTpKVKK nC

1

4. Konstanta ravnoteže reakcije:

N2(g) + O2(g) = 2 NO(g) na 2400 °C iznosi Kp = 3,5·10-3. Odrediti u volumnim procentima produkte reakcije, ako su oksigen i nitrogen uzeti u:

a) ekvimolarnom odnosu b) uzeti iz zraka

47 1067,955,10821094,8 −−Θ ⋅=⋅⋅== uknnKK

Page 82: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 80

Rješenje a) Pretpostavit će se da se na početku reakcije u reakcionom sudu nalazio po 1

mol N2 i O2. Sastav reakcione smjese u molovima se može prikazati pomoću sljedeće tabele:

N2 O2 NO na početku reakcije 1 mol 1mol - nastalo - - 2α mol nestalo α mol α mol - u ravnoteži (1-α ) mol (1-α) mol 2α mol

roj ola učesnika reakcije u ravnoteži:

uk

Ukupan b m

n = (1 - α) + (1 - α) + 2α = 2 mol

ppN 22

1 α−=

ppO 21

2

α−=

ppNO 22α

=

⎟⎜ p2⎞⎛ 2 2α

⎟⎠

⎜⎝

⎟⎠

⎜⎝

ppON

2222

⎞⎛ −⎞⎛ −ppp 11 αα⎠⎝==

pK NO 2

32

24 105,312

−⋅=+−

=αα

αK p

=⋅−+ αα

Stepen disocijacije α se nalazi rješavanjem kvadratne jednačine

0105,3007,09965,3 32 −

9965,32)105,3(9965,34007,0007,0 32

2,1 ⋅⋅−⋅⋅−±−

=−

α

993,72,12366,0007,0 ±−

Neg

ativno rješenje nema smisla

Page 83: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 81

α = 0,0287

- α = 0,9713 mol

α

Ravnotežni brojevi mola učesnika reakcije:

n(N2) = 1

n(O2) = 1 - = 0,9713 mol

n(NO) = 2α = 0,0574 mol

56,481009713,0.% 2 =⋅=Nvol 2

56,48%.% 22 == NOvol

87,21002

0574,0.%NOvol =⋅=

) Sastav reakcione smjese u molovima se može prikazati pomoću sljedeće

N2 O2 NO

b tabele: na početku reakcije 0,79 mol 0,21mol - nastalo - - 0,21·2α mol nestalo 0,21α mol 0,21α mol - u ravnoteži (0,79 - 0,21α ) mol 0,21(1 - α) mol 0,21·2α mol Ukupan broj mola u

,21·2α = 1 mol

česnika reakcije u ravnoteži:

nuk = (0,79 – 0,21α) + 0,21(1 - α) + 0

⎟⎠⎞⎛ −⎞⎛ −

==pp

KON

p )1(21,021,079,0 αα

⎜⎝

⎟⎠

⎜⎝

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

pp

ppNO

11

1

2

2

22

42,0 α

1659,021,0−0441,01764,0 2

3

+=−

ααα

α = 0,0553

105,3 ⋅ 2

Page 84: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 82

Ravnotežni brojevi mola učesnika reakcije:

n(N2) = 0,79 – 0,21α = 0,7784 mol n(O2) = 0,21(1 - α) = 0,1984 mol n(NO) = 0,21·2α = 0,0232 mol

84,771001

7784,0.% 2 =⋅=Nvol

84,191001

1984,0.% 2 =⋅=Ovol

32,21001

0232,0.% =⋅=NOvol

5. Riješiti prethodni zadatak pod b) služeći se sa izreagovanim brojem mola (x).

Na kraju izračunati stepen disocijacije. Rješenje Sastav reakcione smjese u molovima se može p ću sljedeće rikazati pomo tabele: N2 O2 NO na početku reakcije 0,79 mol 0,21mol - nastalo - - 2x mol nestalo x mol x mol - u ravnoteži 0,79 - x mol 0,21 - x mol 2x mol x – izreagovani broj mola (broj m )

Ukupan broj mola učesnika reakcije u ravnoteži:

mol

ola prešao u produkte

nuk = 0,79 – x + 0,21 - x + 2x = 1

pxpN 12

79,0 −=

pxpO 121,0

2

−=

pxp 2= N 12

Page 85: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 83

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎞⎛ −

⎠⎝==xxpp

K NOp )21,079,0

⎟⎠

⎜⎝

⎟⎞

pp

pp

ON

11

1

2

2

22

⎛ x2

1659,04

2

2

+−=

xxxK p

1659,02 +− xx

4105,32

3 =⋅ − x

3,9965x2 + 3,5·10 x – 5,8·10-4 = 0

-3

9965,322,1 ⋅)108,5(9965,34)105,3(105,3 4233 ⋅−⋅⋅−⋅±⋅−

=−−−

x

,0116

2

x = 0,0116 mol

Ravnotežni brojevi m n(N2) = 0,79 – x = 0,7784 mol

n(O2) = 0,21 - x = 0,1984 mol

x1 = 0

x < 0 (nema smisla)

ola učesnika reakcije:

n(NO) = 2x = 0,0232 mol

84,771001

7784,0.% 2 =⋅=Nvol

84,191001

1984,0.% 2 =⋅=Ovol

32,21000232,0⋅=O

1.% =Nvol

05523,021,0

0, 1160)( 2

===Ono

α x

Page 86: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 84

α = 5,523 %

x – izreagovani broj mola mjerodavnog re tanta n0(O2) – broj mola mjerodavnog reaktanta na početku reakcije

6. Izračunati standardnu konstantu ravnoteže reakcije

2H2S(g) + SO2( ) = 2H2O(l) + 3S(s) koristeći podatke date u tabeli.

Supstanca H2S(g) SO2(g) H2O(l) S(s)

ak

g

∆fHΘ298K (kJmol-1) -22,2 -296,6 -285,9 0 SΘ298K (Jmol-1K-1) 205,6 247,9 70,1 31,9

Θ Θ Θ Θ

∆rHΘ298K = 2∆fHΘ298K(H2O) - 2∆ HΘ298K(H2S) - ∆fHΘ298K(SO2)

298K(H2S) - SΘ298K(SO2)

∆rSΘ298K = 2·70,1 + 3·31,9 - 2·205,6 – 247,9 = -423,2 Jmol-1K-1

∆rGΘ298K = -230,8·103Jmol-1 – 298K(-423,2Jmol-1K-1 ) = -104686,4 Jmol-1

8lnKΘ

Θ = 42,25

KΘ = 2,21·1018

7. Za reakciju, 2NO(g) te ravnoteže u funkciji temperature su date u tabeli.

T (K) 600 700 800 900 1000

Rješenje

∆rG 298K = ∆rH 298K - T∆rS 298K = -RTlnK

f

∆rHΘ298K = 2(-285,9) - 2(-22,2) – (-296,6) = -230,8 kJmol-1

∆rSΘ298K = 2SΘ298K(H2O) + 3SΘ298 (S) - 2SΘK

-104686,4 = -8,314·29

lnK

+ O2(g) = 2NO2(g), vrijednosti konstan

Kp (bar) 141,82 5,206 0,4427 0,0633 0,0133

Izračunati grafičkim putem standardnu entalpiju date reakcije. Rješenje

Page 87: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 85

Funkcija

CRTHK r

p +∆

−=ln

fK p

Θ

je linearna, gdje je )(ln 1−= T

ln)(

Θ

1−∆

∆==

∆−

TK

tgH pr α

Crta se grafik

Kp (bar) T (K) T-1 (K-1) lnK

R

)(ln 1−= TfK p .

p141,82 600 0,001667 4,954559 5,206 700 29 1,649812 0,00140,4427 800 0,00125 -0,81486 0,0633 900 11 -2,75987 0,00110,0133 1000 0,001 -4,31999

87,139040,001-0,001667

=−R

r (-4,31999)-4,954559=

∆ ΘH

∆rHΘ = -13904,87 · 8,314 = -115605 Jmol-1

Dobivši pravac potvrđeno je da je funkcija lnK

-4

-2

4

6

0 0,0005 0,001 0,0015 0,002

0

2

p = f(T-1) linearna.

-6T-1 (K

lnK p

-1)

Page 88: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 86

8. Zavisnost standardne konstante ravnoteže od temperature za hemijsku reakciju,

H2(g) + Cl2(g) = 2 HCl , može da se izrazi jednačinom: (g)

97,4ln44,01007,22ln3

)( +−⋅

=Θ TT

K T .

Izračunati standardn 1000 K. Rješenje

u promjenu entalpije date reakcije na

97,4ln44,01007,22ln3

2)( +−⋅

=⎟⎟⎠⎝ TRT⎞

⎜⎜⎛ ∆

= ∫Θ

Θ TdTH

K rT

dTKd

RTH Tr

ΘΘ

=∆ )(

2

ln

TTRTHr 44,0107,22 3

−⋅

−=∆ Θ

1000 187148314,8 −= JmolKr

čunanje kons nte ravnoteže u funkciji od temperature

CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g), ∆rHΘ298K = 42 258 Jmol-1

Molarni toplotni kapaciteti učesnika u reakciji su dati u funkciji temperature sljedećim jednačinama:

+ 4,18·10-3T Jmol-1K-1

p 2-3T + 9,29·10-6T2 Jmol-1K-1

Cp(CO2) = 29,29 + 29,7·1 -3 -6 2 -1 -1

-3 -1 -1

022

RTHr )44,01007,22( 3 −⋅−=∆ Θ

3 )100044,01007,22(Θ ⋅−⋅−=∆ H 1

9. Naći opću jednačinu za raza reakciju:

ta

Cp(CO) = 27,2 C (H O) = 36,86 – 7,95·10

0 T – 7,78·1 T Jmol K0

Cp(H2) = 27,2 + 3,81·10 T Jmol K Eksperimentalno je nađeno da je K

p = 0,534 na 959 K. Rješenje

2

lnRT

HdT

Kd rp ∆=

Page 89: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 87

dTCHH pKrr ∫ ∆+∆=∆ Θ

00298

dTCHH ∫ ∆−∆=∆ Θ298

298

prKr0

2980

C −−∆

3757,742258

263 1007,171024,3757,7 TTp ⋅+⋅−=

( )dTTTH Kr ∫ −− ⋅+⋅−−=∆298

0

2630 1007,171024,

36

23

0 2983

1007,172982

1024,3729857,742258 ⋅⋅

−⋅⋅

+⋅−=∆−−

Kr H

10 41505 −=∆ JmolH Kr

dTCHHT

pKrTr ∫ ∆+∆=∆0

0

⋅+⋅−+=∆ 1007,17104,3757,7 505 41

( )dTTTHT

−− 263Tr ∫

0

2

3623 1069,51062,1857,7 505 41 TTTHTr−− ⋅+⋅−+=∆

2

3623 1069,51062,1857,7 505 41lnRT

TTTKd −− ⋅+⋅−+

dTp =

dTRT

TTTK ⎟⎞

⎜⎛ ⋅+⋅−+

=−− 3623 1069,51062,1857,7 505 41ln p ∫ ⎟

⎠⎜⎝

2

CTTTT

K p +⋅+⋅−+−= −− 273 1042,31024,2ln91,018,4992ln

Integraciona kon i za Kp na 959 K u gornju jednačinu.

stanta C se nalazi uvrštavanjem poznate vrijednost

C+⋅⋅+⋅⋅−+−= −− 273 9591042,39591024,2959ln91,0959

18,4992534,0ln

C = 0,164

164,01042,31024,2ln91,018,4992 273 +⋅+⋅−+−= −− TTTT

K pln

Page 90: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 88

Zadaci

. Pri miješanju 1 mol A i 1 mol B dolazi do reakcije A(l) + B(l) = C(l) + D(l). Kada se uspostavi ravnoteža, u reakcionom sudu se nalazi po 1/3 mola komponenti A i B i po 2/3 mola komponenti C i D. Koliko će se produkta C nalaziti u smjesi pri uspostavljanju ravnoteže ako reakcija polazi od:

a) 1 mol A i 2 mol B, b) 1 mol A, 1 mol B, 1 mol C

2. Izvesti opći izraz za stepen disocijacije p pri disocijaciji PCl5.

2 2 2 e đena taliz a tu 10 K tisk d 1 3 bar.

a s ra ež rž la m 5 O3 i 2 rač C reakciju, 2SO2(g) 2(g) 3(g).

jacijom CaCO3 na 500 ºC dobije se pritisak disocijacije od 14,663 Pa. ednost temperature kod koje će CaCO3 potpuno disocirati u

atmosferi koja sadrži 0,03 %(mol.) CO2 kod ukupnog pritiska od 1,01175·105 Pa? Za disocijaciju kalcij-karbonata u ovom temperaturnom intervalu potrebno je dovesti toplotu od 173 kJmol-1.

5. 2 g fosgena zagrijavanjem na 500 ºC i pritisak od 1,01325 bar zauzme volumen

uslovima

6. Kod sinteze amonijaka, za pritisak od 1,01325 bar i temperaturu 300 ºC, iz stehiometrijskog odnosa hidrogena i nitrogena u stanju ravnoteže nastaje plinska smjesa, koja sadrži 93, 1 %(mol.) monijaka. Koliko se amonijaka dobije iz iste smjese, ako se pritisak kod 300 º smanji na 50 663 Pa. Pretpostaviti da se amonijak ponaša kao idealan plin. Sinteza amonijaka teče prema jednačini:

1

i 1 mol D?

u funkciji od konstante ravnoteže K

PCl5(g) = PCl3(g) + Cl2(g)

3. SO , O i N se nalaze u smjesi u molskom odnosu 2,61 : 1 : 3,76. Smjesa j

prevo preko ka ator na tempera ri od 00 i pri u o ,01Dobijen10,9 mol O

smjesa j. Iz

e uunati K

tanju za

vnot e sad ava 33,9 ol SOO

2, 17, mol S + O = 2S

4. Disoci

Kolika je vrij

od 1,985 dm3. Izračunati stepen disocijacije fosgena (COCl2) pri datimi konstante ravnoteže Kp, KC i Kn.

aC

)(3)(2)(2122

3ggg NHNH =+

7. Za reakciju, 2HI(g) = H2(g) + I2(g), vrijednosti konstante ravnoteže u funkciji od

temperature su date u tabeli.

T 60 700 900 1000 (K) 0 800Kp (bar) 141,82 5,206 7 33 0,442 0,06 0,0133

Izračun afičkim putem stand lpiju da akati gr ardnu enta te re cije.

Page 91: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 89

8. Za reakciju C2H5Cl C2H4(g) ∆rHΘ29 71 izraču

) ste disocijaci da na 5 i r, b) ukupan pritisak pri kojem je na temperaturi od 500 K stepen

disocijacije etil-hlorida 10 %. Za temperaturu 500 K imamo sljedeće podatke:

C2H5Cl(g) C2H4(g) HCl(g)

(g) = + HCl(g), 8K = ,7 kJmol , -1

nati:

a pen je etil-hlori 00 K 1,01325 ba

)()(

11298

−−

ΘΘ ∆−∆−KJmolTHG KrTr

284,0

225,1

190,1

9. Izračunati stepen disocijacije joda na 600 K i pritisku 1,01325·105 Pa, n osnovu sljedećih podataka.

Tvar ∆rHΘ298K, kJmol-1 ∆rSΘ298K, Jmol-1K-1

Cp, Jmol-1K-1

a

I2 62,42 260,83 30,98 + 4,19·10-3 TI 107,14 180,86 20,93

Page 92: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 90

6. HEMIJSKA KINETIKA

6.1. Brzina hemijske reakcije

Brzina n e h re (reakc ijeva sno), u zatvorenom nt dne od

kciju:

apredn e kemijs akcije ije s l na desistemu konstantne zapremine, izražava se kao promjena konceeagirajućih supstanci u jedinici vremena.

racije jerZa elementarnu rea

a A + b B → produkti

bBAdt

adC CkC=−=v

ban += a hemijske reakcije u datom smjeru, moldmv

k – brzin s

cije

ed reakcije se definiše kao suma eksponenata nad koncentracijama reagujućih

6.2. Kinetika reakcija nultog reda

A → produkti

Za brzinu hemijske reakcije se može napisati:

-3 -1

– konstanta brzine hemijske reakn – red reakcije Rtvari u izrazu za brzinu reakcije.

eka je data reakcija nultog reda: N

nA

A Ckdt

dC0−

Kada je n = 0, slijedi:

=

0kdt

dCA =−

Integriranjem gornje jednačine u granicama od CA0 do CA i od t = 0 do t = t dobija

se:

xt

CCt AA

1)(10

==k0 −

Page 93: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 91

k0 – konstanta brzine hemijske reakcije nultog reda, moldm-3s-1

CA0 – početna koncentrac nt -3

CA – koncentracija reaktan mex – broj mola reaktanta po vo ji su ki izreagovali u vremenu t, moldm-3

ija reakta a, m moldta u vre nu t

l jedinici umena ko hemijs

AA CCx −=0

Poluvrijeme hemijske reakcije nultog reda je:

02/1 2

0

kC

t A=

Poluvrijeme emijske reakcije je vrijeme za koje koncentracija reak nta spadne na 50 % svoje početne vrijednosti.

6.3. Kinetika reakcija prvog reda

a

1A → produkti

Za brzinu hemijske reakcije se može na

h ta

Neka je data re kcija prvog reda:

pisati:

nA

A Ckdt

dC1=−

nje promjenljivih, slijedi:

Kada je n = 1, uz razdvaja

dtkCdC

A

A1=−

Integriranjem gornje jedn nic a C do CA i t = 0 do t = t slijedi: ačine u gra am A0

tk1CA

CA0ln =

Page 94: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 92

xCC

tCC

tk

A

A

A

A

−==

0

00 ln1ln11

k1 – konstanta brzine hemijske reak je prvog reda, (s-1)

Poluvrijeme hemijske reakcije prvog reda je:

ci

12/1

2lnk

t =

U s čaju da se koncentracija reaktanta izražava preko neke veličine proporcionalne kon entraciji (provodljivost, ekstinkcija, ugao zaokretanja otopine i sl.), konstanta brz prvog reda poprima oblik:

lucine hemijske reakcije

∞−αα tt

∞−=

ααk 0

1 ln1

α0 - mjerena veličina na početku reakcije α∞ - mjerena veličina na kraju reakcije αt - mjerena veličina u vremenu t.

6.4. Kinetika reakcija drugog reda

6.4.1. Simetrične reakcije drugog reda

Simrea e.

Za simetričnu reakciju drugog reda:

2A → produkti

Brzinu hemijske reakcije možemo napisati kao:

etrične reakcije drugog reda su one reakcije čije su početne koncentracije

ktanata međusobno jednak

22 A

A Ckdt

dC=−

Razdvajanjem promjenljivih u gornjoj jednačini, slijedi:

dtkCdC

A

A22 =−

Page 95: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 93

Integriranjem gornje jednačine u granicama CA0 do CA

i t = 0 do t = t slijedi:

tkCCCC A

AA0

A2

0 =−

)(11 0 xCC

k AA =000

2 xCCtCCt AAAA −

−=

2 – konstanta brzine hemijske reakcije drugog reda, dm3mol-1s-1

Poluvrijeme simetrične hemijske reakcije drugog reda:

k

22/1

0

1kC

tA

=

6.4.2. Nesimetrične reakcije drugog reda Nesimetrične reakcije drugog reda su one reakcije čije su početne koncentracije

aktanata međusobno različite.

A + B → produkti

Brzinu hemijske reakcije možemo napisati kao:

re

BAAA CCk

dtdx

dtxCd

dtdC

2

)(0 ==

−−=−

Razdvajanjem promjenljivih u gornjoj jednačini slijedi:

dTkxCxC

dx

BA2))((

00

=−−

griranjem gornje jednačine u granicama x = 0 do x = x i t = 0 do t = t slijedi: Inte

)()(

ln)(

1 002 xCC

xCCCCt

k AB

−0000 BABA

−=

Page 96: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 94

6.5. Kinetika reakcija višeg reda

Opći oblik izraza za brzinu reakcija n- tog reda:

nkCdtdC

=−

Integralni oblik gornje jednačine, uz uslov da je t = 0 i C = C0, je:

ktCCn nn =⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛−

− −− 10

1

111

1

6.6. Od reakcije

Diferencijalna metoda od đivanja reda reakcije

ređivanje reda hemijske

re

zine hemijske reakcije: Ako se opća jednačina br

nkC

dtdC

=−

logaritmira, dobije se:

CnkdtdC lnlnln +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

:)(lnln jekojojufunkcijalinearnajeCfdtdC

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

n – nagib pravca,

aln akcije

lnk – odsječak na ordinati.

ređiv Integr a metoda od anja reda re

oj metodi se pretpostavlja red reakcije. Ukoliko se imaju podaci o vremenskoj na

rimjer pretpostavi da je reakcija prvog reda (n = 1), tada primjenjujući kinetiku vog reda:

U ovpromjeni koncentracije reaktanta, može se pretpostaviti red reakcije. Ako sepreakcija pr

tkCC

A

A1

0ln =

po kojoj je:

Page 97: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 95

funklinearnatfA →= )(0 cijaCC

A

ln

crta se grafik gornje funkcije za dat o se dobije linearna funkcija pretpostavka da je n = 1 je u redu, a a ka kriva (nelinearna), to znači da red reakcije nije onaj koji se pretpostavio, pa se pretpostavka mijenja sve dok se ne dobije

M a p a he k

e podatke. Ukolikko se dobije ne

pravac .

etod oluvremen mijske rea cije

12

22/112/1

)log()log()log()log(

100 AA C

ttn

−C−

+=

Ovaj izraz ne važi za reakcije prvog reda. Njime se određuje poluvrijeme iste reakcije, ali uz različite početne koncentracije. Početnim koncentracijama CA01 i CA02 odgovaraju poluvremena reakcije (t1/2)1 i (t1/2)2.

6.7. Zavisnost brzine hemijske reakcije od temperature

Za opisivanje zavisnosti konstante brzine hemijske reakcije od temperature koristi se Arrhenius-ova jednačina:

RTEa

Aek−

=

Ea – energija aktivacije, Jmol-1A – faktor frekvencije (faktor uspješnosti sudara molekula) Ukoliko se energija aktivacije hemijske reakcije želi dobiti grafički koristi se jednačina:

EaART

k −= lnln

Računski energija aktivacije se dobija iz jednačine:

⎟⎟⎠

⎞⎛ 11Eak⎜⎜=2lnTRk ⎝

−211 T

Page 98: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 96

Primjeri . Tečni reaktant se razlaže reakcijom I reda u šaržnom reaktoru. Ako se 50 %

tanta iznosi 1 kmolm . Rje

1početne količine reaktanta utroši za 5 minuta, kolika će biti koncentracija reaktanta nakon 10 minuta? Početna koncentracija reak -3

šenje

11

1=

tk min −1,0= 386

5,01

5ln

A

C ln

min10 =A

C1

AC10-lnC = 1,386

ln11386,0 =

A

CA = 0,25 kmolm-3

2. A → B + C↑,

na 50 ºC, ako je početna koncentracija reaktanta A 10 gdm-3 i ako je:

t, min 6 9 12 14 18 22 24 26 30 ∞

Naći grafičkom metodom konstantu brzine za reakciju I reda:

V (C), cm3 19,3 26 32,6 36 41,3 45 46,5 48,4 50,4 58,3

nati poč u brz reakcije. Rješenje

Izraču etn inu date

tA

A VC−∞

0

VVtx

=−

lnCt

k = ln1101

tkVV

V

t1ln =

−∞

V∞ - volumen produkta C nakon beskonačn ena trajanja reakcije Vt - volumen produkta C nakon vrem

Crta se grafik funkc

og vremena t

)(lnV

tfV

V

t

=−∞

∞ ije

αtgk =1

Page 99: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 97

V (cm3)

(min

y = / t)) t ) ln (V∞ ( V∞ - V

19,3 6 020,4 04 12 tt −1yy2tg

−= α

26 9 0,590535 tgα1 0,062831 32,6 12 0,819111 tgα2 0,076192 36 14 0,961015 tgα3 0,070952

41,3 18 1,232389 tgα4 0,067843 45 22 1,477838 tgα5 0,061362

46,5 24 1,597503 tgα6 0,059832 48,4 26 1,773067 tgα7 0,087782 50,4 30 1,998739 tgα8 0,056418

18 0,543214tg1

.)(.)(1 min0,06790288=

==== ∑i

srsr tgk −iαα

31 10min067902,0 −− =⋅=⋅ gdmCk 13

.)(10 min67902,0v0

−−= gdmAsr

3. Neko reda. Pa na 1893 Pa nakon 60 minuta. Izračunati konstantu brzine ra da o gan č .

organsko jedinjenje se raspada u plinovitim stanju po zakonu reakcija I U zatvorenoj posudi i na konstantnoj temperaturi pritisak plina je bio 3760 kon 30 minuta od početka reakcije i

spa r skog jedinjenja, te po etni pritisak

Rješenje

AA

AA 11

ptCtk 00 lnln1 ==

0

0,5

1

1,5

2

2,5

0 10 20 30 40

t (min)

ln(V

∞ /

( V∞

- V

t))

pC

Page 100: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 98

1893ln

60376ln = 11 00 AA pp

030

ln(ln0166,0)3760ln(ln033,000

−=− AA pp )1893

PapA 7531

0=

1in2

1 m3,3760mi

101527531lnn30

1 −

4. Na 326 ºC reakcija A(g) →

− ⋅==k

21

B(g) teče homogeno u plinovitoj fazi. Izmjerene

t, min 0 103,58

vrijednosti ukupnog pritiska u zavisnosti od vremena odvijanja reakcije dale su sljedeće vrijednosti

20,78 49,50 77,57 p, kPa 84,239 74,23 66,39 61,95 58,99

Odred Rješenje Red reakcPrvo je po pritiska čija je vremenska promjena data u gornjoj tabeli. Uku pkomponen

(g) →

iti grafičkim putem red i konstantu brzine date reakcije.

ije će se tražiti integralnom metodom. trebno naći izraz kojim će se pritisak reaktanta A(g) izraziti preko ukupnog

pan ritisak plinske smjese može se izraziti pomoću parcijalnih pritisaka ti A i B.

A 2

početku reakcije 0Ap -

1 B(g)

pritisak na

pritisak nakon vremena t xpB xpp AA −= 20

1=

Ukupan pritisak reakcion je ak e

e sm se n on vr mena t:

xpxxpppp ABA 20=+−=+= A 2

110

ppx A 22

0−=

Page 101: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 99

02)22( Apppppp

00 AAA −=−−=

Pretpostav reakc ait će se da je ija I red .

0ln Ap

0

00

2ln11 pC

lnA

A

A

A

pptCt −== 1k

0

0

2ln1

1 A

A

ppp

kt

−=

Crta se grafik funkcije

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=

0

0

2ln

A

A

ppp

ft .

p, kPa

t, min

84,239 74,23 66,39 61,95 58,99

Kako funkcija ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=

0

0

2ln

A

A

ppp

ft n

reakcija I reda nije

0

20

40

60

80

100

120

0 0,2

t, m

in

dobra. Pretpos

02 App −

0 0 0,271328 20,78 0,551249 49,5 0,75329 77,57 0,914944 103,58

ije linearna, to znači da pretpostavka da je ovo

0

0

2ln

A

A

ppp−

0,4 0,6 0,8 1

tavit će se da je reakcija II reda.

Page 102: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 100

0

0

002

112

A

A

AAA pptpCx

tCk

22 pp −==

0

0

02

221

2 A

A

A pppp

pkt

−=

⎟⎟⎠

⎞Crta se grafik funkcije ⎜⎝ 2 p⎜⎛

0

022

A

A

ppp

f .

p, kPa

=t

0

022 A pp

x−

= 2 App− y = t, min

84,239 0 0 12

12

xxyy

tg−−

74,23 0,311705 20,78 tgα1 66,66562 66,39 0,73542 49,5 tgα2 67,78147 61,95 1,123976 77,57 tgα3 72,24181 58,99 1,496636 103,58 tgα4 69,79544

Pošto se dobio pravac funkcije

0

20

40

60

80

100

120

0 0,5 1 1,5 2

t, m

in

0

0

222

A

A

pppp

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=

0

0

222

A

A

pppp

ft , slijedi da je reakcija II reda.

469,7954472,2418167,7814766,665621

.)(.)(2 0

+++== sr

Asr

tgpk

α

Page 103: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 101

121,691

0.)(2

=Asr pk

114

.)(2 min10717,1239,84121,69

1121,69

1

0

−−−⋅=⋅

== kPap

kA

sr

5. Poluvrijeme reakcije raspada hidogen-peroksida na vodu i oksigen (reakcija je I

reda) iznosi 25 minuta na 25 ºC, a energija aktivacije iznosi 66,15 kJmol-1. Koliko hidrogen-peroksida u procentima izreaguje nakon 40 minuta ako se reakcija odvija na 40 ºC.

Rješenje

12/1

2lnk

t =

1

2/1)298(1 min0277,0

min25693,02ln −===

tk K

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

3131

2981ln

)298(1

)313(1

REa

kk

K

K

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅= −−

− KKKJmolJmolk K

3131

2981

314,81015,66

min0277,0ln 11

13

1)313(1

1

)313(1 min0996,0 −=Kk

(%)

100ln4010996,0

AC=

%86,1(%) =AC

x = 100 – 1,86 = 98,14 %

Za 40 minuta, na temperaturi 40 ºC izreaguje 98,14 % H2O2.

Page 104: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 102

6. Na 600 K je data konstanta brzine za reakciju raspada NO2, k = 6,3·102 cm3mol-1s-1. To je reakcija drugog reda, 2NO2 = 2NO + O2.

Koliko vremena je potrebno na 600 K da se raspadne 10 % NO2? Pritisak na početku reakcije je iznosio 53,32 kPa. Rješenje

311

3

688,10600314,8

1032,530

0

−−− =

⋅⋅

== molmKKJmol

PaRTp

C AA

30688,1688,101,01,00

−=⋅== molmCx A

36192,90688,1688,100

−=−=−= molmxCC AA

AA CCx

tk

0

12 =

62

3

11362 )6192,9688,10(

0688,110630

11

0

−−− ⋅⋅

⋅==

mmolmolm

smolmCCx

kt

AA

t = 16,5 s

7. Otopina etil-estera sirćetne kiseline koncentracije 0,047 moldm-3 pomiješa se sa NaOH koncentracije 0,012 moldm-3 u volumnom odnosu 69 : 63,5 na 20 ºC, pri čemu dolazi do hidrolize estera. Posle 0,41 h od početka reakcije ester ima za 10 % manju koncentraciju od početne. Ako se temperatura reakcije poveća za 15 ºC, koje će vrijeme biti potrebno da bi se početna koncentracija smanjila za istu vrijednost. Zavisnost konstante brzine date reakcije o temeraturi data je relacijom,

)(0301,0)

log 12(2

)(2

1

2 TTkk

T

T −= .

Rješenje

33

33

0244,0)5,6369(

69047,00

0

−−

=+

⋅== moldm

dmdmmoldm

Vn

C AA

331075,55,63695,63012,00

0

−−⋅=+

⋅== moldm

Vn

C BB

331044,20244,01,01,00

−−⋅=⋅== moldmCx A

Page 105: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 103

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

−=

)()(

ln)(

1

00

00

00

2 xCCxCC

CCtk

BA

AB

BA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−⋅= − )00244,000575,0(0244,0

)00244,00244,0(00575,0ln)00575,00244,0min(6041,0

132 moldm

k

k2 = 0,974 dm3mol-1min-1

4515,0150301,0974,0

log )(2 2 =⋅=Tk

828,2974,0

)(2 2 =Tk

113)35(2 min754,2 −−= moldmk Co

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=

)00244,000575,0(0244,0)00244,00244,0(00575,0ln

)00575,00244,0(1754,2

t

t = 8,7 min

8. Konstanta brzine alkalne hidrolize etan-jodida je data kao funkcija temperature u sljedećoj tabeli:

t, ºC 15 30 60 90

k·103, dm3mol-1s-1 0,0507 0,335 8,13 119 Izračunati energiju aktivacije i faktor učestalosti date reakcije grafičkim putem. Rješenje

RTEaAk −= lnln

Crta se grafik funkcije lnk = f(T-1) Funkcija lnk = f(T-1) je linearna gdje je:

lnA – odsječak na osi ordinati

Page 106: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

104

REa

− - nagib pravca

k, dm3mol-1s-1

T, K

x = T-1, K-1

y = lnk 5,07E-05 288 0,003472 -9,88958 12

12

xxyy

tg−−

3,35E-04 303 0,0033 -8,00138 tgα1 -10984,8 8,13E-03 333 0,003003 -4,81219 tgα2 -10726,2 1,19E-01 363 0,002755 -2,12863 tgα3 -10812,9

-12

-10

-8

-6

-4

-2

00 0,001 0,002 0,003 0,004

T-1, K-1

lnk

3,108413

32523,9-3

3

1.)( −====− ∑

=i

isr

tgtg

REa α

α

Sa grafika, ekstrapolacijom, dobije se odsječak, lnA = 27,6

A = 9,69·1011 dm3mol-1s-1

Tačnija rješenja mogu se dobiti koristeći program Microsoft Excel. Koristeći statističke funkcije u okviru programa Microsoft Excel, SLOPE (računa nagib pravca) i INTERCEPT (računa odsječak), dobiju se rješenja gornjeg zadatka. SLOPE = -10802,8; INTERCEPT = 27,63298

157,901343,10841314,8 −=⋅= JmolEa

8,10802−=−REa

147,898148,10802314,8 −=⋅= JmolEa

lnA = 27,63298

Page 107: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 105

A = 1,002·1012 dm3mol-1s-1

9. Termička razgradnja tetrahidrofurana (THF) odigrava se u plinovitioj fazi, na

temperaturi 802,6 K, prema stehiometrijskoj jednačini: C4H8O → C2H4 + CH4 + CO

Mjerena su poluvremena ove reakcije pri različitim početnim pritiscima i dobijeni su sljedeći rezultati:

2,067 2,226 2,306 2,453 2,626 2,706 PapA ,10 40

−⋅

min,2/1t 76,1 73,3 71 70,1 68 66,5

Na osnovu ovih podataka izračunati vrijednost reda reakcije termičke razgradnje THF.

Rješenje

Red hemijske reakcije se nalazi metodom poluvremena hemijske reakcije po kojoj je:

12

22/112/1

)log()log()log()log(

100 AA pp

ttn

−−

+=

t1/2, min log(t1/2) log(PapA ,10 4

0

−⋅ 4100

−⋅Ap )

76,1 2,067 1,881385 0,31534 12

22/112/1

)log()log()log()log(

100 AA pp

ttn

−−

+=

73,3 2,226 1,865104 0,347525 n1 1,505852 71 2,306 1,851258 0,362859 n2 1,902928

70,1 2,453 1,845718 0,389698 n3 1,206434 68 2,626 1,832509 0,419295 n4 1,446296

66,5 2,706 1,822822 0,432328 n5 1,743284

57,804794

554321

. =++++

=nnnnn

nsr

nsr. = 1,56 ≈ 1,5

n = 3/2

10. Kiselinska hidroliza amida praćena je kao reakcija pseudoprvog reda. Kao

produkti nastaju odgovarajuća kiselina i amonijak. Sa Nesslerovim reagensom amonijak gradi ružičasti kompleks. Jačina boje kompleksa zavisna je od koncentracije amonijaka i određuje se spektrofotometrijskim mjerenjem ekstinkcije uzoraka. Potrebno je izračunati konstantu brzine ove reakcije na osnovu sljedećih podataka: kiselinska hidroliza formamida praćena je u mješovitom otapalu voda-DMSO sastava XDMSO = 0,225 uz konstantnu jonsku silu IC = 0,350 moldm-3 na temperaturi od 308 K. Podaci o ekstinkciji u funkciji od vremena trajanja reakcije su dati u tabeli.

Page 108: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 106

t, s 0 1200 3600 6000 ∞ E 0,069 0,145 0,262 0,345 0,529

Rješenje

−−

=EEEE

tk

t

01 ln1

14

)1(1 10504,1529,0145,0529,0069,0ln

12001 −−⋅=

−−

= ss

k

14

)2(1 10511,1529,0262,0529,0069,0ln

36001 −−⋅=

−−

= ss

k

14

)3(1 10527,1529,0345,0529,0069,0ln

60001 −−⋅=

−−

= ss

k

14)3(1)2(1)1(1.)(1 10514,1

3−−⋅=

++= s

kkkk sr

Zadaci 1. Razlaganje hidrogen-peroksida u vodenoj otopini pokorava se zakonu za

reakcije I reda. Konstanta brzine ove reakcije iznosi 0,05081 min-1. Odrediti vrijeme za koje se koncentracija hidrogen-peroksida raspadne 50 % od početne vrijednosti i 99,9 % od početne vrijednosti.

2. U toku jednog sata raspadne se 1/6 nekog radioaktivnog elementa.

Odrediti poluvrijeme njegovog raspada. Sve reakcije radioaktivnog raspada odvijaju se kao reakcije prvog reda.

3. Reakcija A → B + C(g) se odvija na temperaturi 384,1 K i pri početnom molaritetu reaktanta od 0,1 moldm-3. Kinetika ove reakcije je izučavana mjerenjem volumena izdvojenog produkta C na standardnom pritisku i pri tome su dobiveni sljedeći rezultati:

t, s 0 120 180 240 300 360 420 480 ∞ V(C),cm3 0 17,5 22,2 27,3 31 34,2 36 37,4 41,9

Koristeći se ovim podacima odrediti red reakcije grafičkim putem, koristeći integralnu metodu nalaženja reda reakcije.

Page 109: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 107

4. Raspad etilen-oksida se odvija u plinovitoj fazi kao reakcija I reda. C2H4O → CO + CH4

Izmjerene vrijednosti ukupnog pritiska u zavisnosti od vremena odvijanja reakcije dale su sljedeće vrijednosti:

t, min 0 5 10 16 24 40 p, kPa 84 94 102 110 121 135

Odrediti grafičkim putem poluvrijeme date reakcije.

5. Reakcija A + B → C + D se odvija na 30 °C. Početne koncentracije A i B su jednake i iznose po 0,05 moldm-3. Količina izreagovanog reaktanta A u zavisnosti od vremena trajanja reakcije prikazana je u sljedećoj tabeli:

x·103, moldm-3 5,91 11,42 16,3 22,07 27,17 31,47 36,44 t, min 4 9 15 24 37 53 83

Izračunati grafičkim putem konstantu brzine date reakcije.

6. Na temperaturi 60 ºC mravlja kiselina nastaje iz formaldehida i hidrogen-peroksida prema jednačini:

HCHO + H2O2 = HCOOH + H2O

Ova reakcija kinetički se pokorava zakonu za brzinu drugog reda. Ako se reakciona smjesa pripremi miješanjem jednakih volumena otopina formaldehida i hidrogen-peroksida, koncentracije CM (HCHO) = CM(H2O2) = 1 moldm-3, onda će poslije 2 sata odvijanja reakcije koncentracija mravlje kiseline iznositi CM(HCOOH) = 0,215 moldm-3. Izračunati konstantu brzine date reakcije i vrijeme za koje izreaguje 90 % reaktanta.

7. Za neku reakciju je nađeno da se pri promjeni početne koncentracije tvari B od 0,502 moldm-3 na 1,007 moldm-3 poluvrijeme reakcije smanji za dva puta. Izračunati red reakcije.

8. Neka se hemijska reakcija odvija kao reakcija prvog reda. Brzina reakcije

na 40 ºC kod koncentracije 0,02 moldm-3 iznosi 3·10-4 moldm-3min-1. Na 60 ºC i kod koncentracije 0,01 moldm-3 brzina te iste reakcije iznosi 4,5·10-4 moldm-3min-1. Izračunati energiju aktivacije ove reakcije.

9. Konstanta brzine reakcije termičke razgradnje etana mijenja se sa promjenom temperature kako je to prikazano u sljedećoj tabeli:

k1·105, s-1 2,5 4,7 8,2 12,3 23,1 35,3 57,6 92,4 141,5 T, K 823 833 843 853 863 873 883 893 903

Izračunati energiju aktivacije date reakcije.

Page 110: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 108

10. Izučavan je uticaj temperature na kinetiku reakcije oksidacije mravlje kiseline permanganatnim jonima u kiseloj sredini, koja se odigrava prema stehiometrijskoj jednačini: 3 HCOOH + 2 MnO4

- + 2 H+ → MnO2 + 4 H2O + 3 CO2i pri tome su dobijeni sljedeći rezultati: k·103, dm3mol-1s-1 0,453 0,858 1,15 1,70 2,15 2,60 T, K 288,7 295,9 298,9 303,2 305,8 308,1

Izračunati energiju aktivacije i faktor učestalosti date reakcije grafičkim putem.

Page 111: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 109

7. RAVNOTEŽA NA FAZNIM GRANICAMA

7.1. Napetost površine

Napetost površine odgovara radu potrebnom da se obrazuje jedinica nove površine. U kapilari koja je djelimično uronjena u tekućinu dolazi do podizanja nivoa tekućine. Ako tekućina potpuno kvasi stjenku kapilare, napetost površine jednaka je:

ghrρσ21

=

gdje je: r – poluprečnik kapilare, m σ - površinski napon tečnosti, Nm-1

ρ - gustina tečnosti, kgm-3

g – ubrzanje zemljine teže, ms-2

h – razlika nivoa tečnosti u posudi i kapilari, m Mjerenje površinskog napona pomoću stalagmometra se svodi na određivanje broja kapi n0 standardne tečnosti (tečnost poznatog površinskog napona) i nx ispitivane tečnosti, koji istekne iz određenog volumena stalagmometra.

Koristi se sljedeća jednačina:

0

00

ρσρ

σx

xx n

n=

ρx i ρ0 – gustine ispitivane i standardne tečnosti σ0 – površinski napon standardne tečnosti σx – površinski napon ispitivane tečnosti Ukoliko se napetost površine mjeri metodom maksimalnog pritiska mjehurića, onda

se koristi sljedeća jednačina:

( )ghpr ρσ −=2

p – maksimalni pritisak plina u mjehuru prije njegovog otkidanja, h – dubina uronjavanja kapilare u ispitivanu tečnost Eksperimentalno se metoda maksimalnog pritiska mjehurića koristi kao relativna, pa je:

00 p

pxx σσ =

px i p0 – pritisci potrebni za utiskivanje mjehura plina u ispitivanu i standardnu tečnost.

Page 112: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 110

Primjeri 1. Prečnik kapilare u kojoj se acetil-hlorid na temperaturi od 14,8 ºC popne za 3,28

cm je 0,01425 cm. Na temperaturi od 46,2 ºC acetil-hlorid se u istoj kapilari popne za 2,85 cm. Gustina acetil-hlorida na 14,8 ºC je 1124 kgm-3, a na 46,2 ºC je 1064 kgm-3. Koliko se puta promijeni površinski napon acetil-hlorida pri povišenju temperature od 14,8 ºC do 46,2 ºC.

Rješenje

rgh111 21 ρσ =

rgh222 21 ρσ =

216,185,2106428,31124

22

11

2

1 =⋅⋅

==hh

ρρ

σσ

2. Površinski napon metanola na temperaturi 20 ºC je 22,6·10-3 Nm-1, a gustina

790 kgm-3. Izračunati prečnik kapilare u kojoj se metanol podigne za 1,5 cm. Rješenje

mmskgmNm

ghr 223

13

105,181,9790106,2222

−−−

−−

⋅⋅⋅⋅⋅

==ρ

σ

r = 3,88·10-4 m

3. Rastopljenom naftalinu određivan je površinski napon pomoću stalagmometra

na temperaturi 80,2 ºC. Pri tome je utvrđeno da je masa 36 kapi naftalina 2,4510 g, a masa jedne kapi vode na istoj temperaturi 0,1321 g. Izračunati površinski napon naftalina na datoj temperaturi ako je površinski napon vode na toj temperaturi 62,61·10-3 Nm-1.

Rješenje

OHOHnaft

naftOHnaft mn

mn2

2

2

.

.. σσ =

3

. 1061,621321,036451,21 −⋅⋅

⋅⋅

=naftσ

Page 113: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 111

12. 1023,3 −−⋅= Nmnaftσ

4. Pri određivanju površinskog napona metodom istisnutog mjehura, kada je kapilara zaronjena u vodu do dubine 19 mm, pritisak pri kome se otkinuo prvi mjehur je iznosio 516,75 Nm-2. Mjerenje je izvedeno na temperaturi 23 ºC. Gustina vode na ovoj temperaturi je 1,0 gcm-3, a površinski napon 72,70·10-3 Nm-1. Ako se umjesto u vodu kapilara uroni u metanol, čija je gustina na temperaturi mjerenja 792,3 kgm-3, pri dubini uronjavanja od 20 mm pritisak neophodan da iz kapilare istisne mjehur je 253,31 Nm-2. Izračunati površinski napon metanola.

Rješenje

)(2 222 OHOHOH ghpr ρσ −=

OHOH

OH

ghpr

22

22ρσ

−=

mmskgmNmNmr 32332

13

101981,910175,516107,722

−−−−

−−

⋅⋅⋅⋅−⋅⋅

=

r = 4,4·10-4 m

)(2 333 OHCHOHCHOHCH ghpr ρσ −=

)102081,93,79231,253(2104,4 3232

4

3mmskgmNmm

OHCH−−−−

⋅⋅⋅−⋅

Zadaci 1. Pri mjerenju površinskog napona metodom istisnutog mjehura na temperaturi

30 ºC pritisak pri kojem se odvaja prvi mjehur u vodi je 859,5 Pa, a u etilalkoholu 206,9 Pa. Površinski napon vode na 30 ºC je 71,18·10-3 Nm-1. Izračunati površinski napon etil-alkohola.

2. Površinski napon piridina na temperaturi 20 ºC je 38·10-3 Nm-1, a gustina na istoj temperaturi je 980 kgm-3. Izračunati prečnik kapilare u kojoj se piridin popne za 1,6 cm.

1210153,23

−−⋅= NmOHCHσ

Page 114: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 112

3. U kapilari u kojoj se nivo vode diže za 40,40 mm na 20 ºC, napetost površine

vode je 72,75·10-3 Nm-1. Izračunati na koji nivo se diže glicerol u istoj kapilari ako napetost površine glicerola iznosi 63,5·10-3 Nm-1. Gustine vode i glicerola kod 20 ºC iznose 0,9982 gcm-3 i 1,2613 gcm-3.

4. Površinski napon toluena na 50 ºC je 24,99·10-3 Nm-1. Ako se zna da je masa

toluena koja istekne iz stalagmometra 1,4864 g, izračunati broj kapi toluena koji istekne iz stalagmometra. Pri ispuštanju vode iz istog stalagmometra masa 25 kapi je 2,657 g. Površinski napon vode na 50 ºC je 67,9·10-3 Nm-1.

7.2. Adsorpcija

Adsorpcija predstavlja spontanu promjenu koncentracije neke od komponenata heterogenog sistema na granici faza u odnosu na unutrašnjost faza.

Za adsorpciju na površini tečnosti Gibbs je izveo adsorpcionu izotermu, koja za razblažene otopine ima oblik:

dCd

RTC σ

−=Γ

gdje je:

Γ - količina adsorbirane supstance, kmolm-2

C – koncentracija otopljene supstance, kmolm-3

dCd σ

- koncentracioni gradijent površinskog napona

Za približna računanja se može koristiti sljedeća jednačina:

12

12

CCRTCsr

−−

−=Γσσ

221 CC

Csr+

=

Freundlichova adsorpciona izoterma je empirijski izraz koji daje odnose koncentracija u stanju ravnoteže za sisteme čvrsto – tekuće i plinovito – tekuće.

Za sistem čvrsto – tekuće:

Page 115: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 113

nkC

mx /1=

Za sistem plinovito – tekuće:

nkp

mx /1=

gdje je: x – količina adsorbirane supstance, g m – količina adsorbensa, g C – ravnotežna koncentracija p – ravnotežni pritisak k i 1/n su konstante karakteristične za svaki adsorpcioni sistem. 1/n se kreće u granicama od 0,1 do 0,9.

Langmuirova adsorpciona izoterma se koristi za monomolekulsku adsorpciju plina ili

tečnosti na čvrstom adsorbensu, a konačan izraz te jednačine glasi:

bpapy+

=1

gdje je:

kbakk

bd

a == ;

y – količina plina adsorbirana po jedinici površine ili jedinici mase adsorbensa b – odnos konstanti brzine adsorpcije i desorpcije k – faktor proporcionalnosti p – ravnotežni pritisak plina Vrijednosti konstanti a i b zavise isključivo od prirode sistema i temperature. Primjeri 1. Odrediti površinsku koncentraciju H2SO4 za 20 % otopinu na 18 ºC ako je njen

površinski napon 75,2·10-3 Nm-1.Gustina 20 % otopine H2SO4 na 18 ºC iznosi 1,143 gcm-3. Površinski napon vode na 18 ºC iznosi 73,05·10-3 Nm-1.

Page 116: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 114

Rješenje

12

12

CCRTCsr

−−

−=Γσσ

Za bazu proračuna se uzima 100 g 20 % otopine H2SO4.

33)%(20 489,87

143,1100

42cm

gcmg

V SOH == −

molgmol

gn SOH 204,098

20142

== −

33

332 33,233,210489,87

204,0 −−− ==

⋅= kmolmmoldm

dmmolC

C1 = 0

3165,1

2033,2 −=

+= kmolmCsr

3

13

113

3

)033,2(10)05,732,75(

29110314,8165,1

−−

−−

−⋅−

⋅⋅⋅

−=Γkmolm

NmKKJkmol

kmolm

Γ = 4,44·10-10 kmolm-2

2. Površinski napon za otopinu buterne kiseline u vodi na 19 ºC dat je sljedećom jednačinom: σ = σ0 – aln( 1 + bC ) Konstante a i b imaju vrijednosti; a = 13,1; b = 19,62 . Dati zavisnost površinske koncentracije Γ u funkciji koncentracije otopine. Rješenje

dCd

RTC σ

−=Γ

dCbCad

RTC ))1ln(( 0 +−

−=Γσ

Page 117: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 115

bCab

dCd

+−=

)1(1 bCRTabC

bCab

RTC

+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−−=Γ

RTbCRT

ab

+=Γ

3. 1 g uglja adsorbuje 0,001 mol CH3COOH. Gustina bezvodne CH3COOH je

1,0553 gcm-3. Odrediti aktivnu površinu uglja u m2g-1.

Rješenje Ako se pretpostavi da CH3COOH pokriva cjelokupnu aktivnu površinu uglja monomolekulskim slojem. Volumen jednog mola kiseline je:

1385,56

0553,160 −=== molcmMV

ρ

Volumen jednog molekula kiseline je:

323

23 1044,910023,6

85,56v cm−⋅=⋅

=

Ako se pretpostavi da je molekula CH3COOH oblika kocke, onda je zauzeta površina molekule CH3COOH:

32

v=P

( ) 21532

23 10073,21044,9 cmP −− ⋅=⋅= Površina uglja zauzeta molekulima koji sadrže 0,001 mol CH3COOH je:

1261231215 10248,110023,6lg001,010073,2 −−−− ⋅=⋅⋅⋅⋅= gcmmolmocmPUGLJA

128,124 −= gmPUGLJA

Page 118: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 116

4. U tabeli su dati podaci dobijeni mjerenjem adsorpcije benzojeve kiseline iz otopine u benzenu na aktivnom uglju, na 25°C.

C, mmolm-3 0,006 0,025 0,053 0,118

1lg, −mmomx 0,44 0,78 1,04 1,44

Na osnovu eksperimentalnih podataka odrediti grafičkim putem konstante u jednačini Freundlicha. Rješenje

nkCmx 1

=

Logaritmiranjem gornje jednačine dobit će se njen linearan oblik,

Cn

kmx log1loglog +=

u kojem je:

)(loglog Cfmx

=

- odsječak na osi ordinati

klog

n1

- nagib pravca

Crta se grafik )(loglog Cfmx

= .

C, mmolm-31lg, −mmo

mx

logC mxlog

0,006 0,44 -2,22185 -0,35655 0,025 0,78 -1,60206 -0,10791 0,053 1,04 -1,27572 0,017033 0,118 1,44 -0,92812 0,158362

Page 119: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

117

Ekstr

Nagib

5. Ln

O Rješe Lang

pogo

0

0,1

0,2

-2,5 -2 -1,5 -1 -0,5 0x

apolacijom,sa grafika, dobija se da je odsječak, logk = 0,5261.

k = 3,36

prave je 21,653 °, pa je 397,0)653,21(1== tg

n

n = 2,518

397,036,3 C

mx

=

angmuir je 1918 godine dao sljedeće podatke za adsorpciju metana na liskunu, a 90 K:

p, bar 13,4 11,1 9,6 8,55 7,4 6,68 5,85 Y, mm3g-1 85 80,4 75,9 71,6 67,9 64,2 61,2

drediti grafički konstante u Langmuirovoj adsorpcionoj izotermi.

nje

muirovu adsorpcionu izotermu

bpapy+

=1

dno je napisati u obliku

pab

aYp

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=

1

-0,4

-0,3

-0,2

-0,1mlog

logC

Page 120: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

118

)( pfYp

= je linearna funkcija u kojoj je:

ab

-nagib pravca; a1

- odsječak

Crta se grafik )( pfYp

= .

Y, mm3g-1 p, bar

Yp

85 13,4 0,157647 pYp

tg∆

∆=α

80,4 11,1 0,13806 tgα1 0,00851675,9 9,6 0,126482 tgα2 0,00771871,6 8,55 0,119413 tgα3 0,00673267,9 7,4 0,108984 tgα4 0,00906964,2 6,68 0,10405 tgα5 0,00685361,2 5,85 0,095588 tgα6 0,010195

Sa grafika se do

p 0,10,120,140,160,18

bije da je odsječak 0494,01=

a.

= 20,243

a

00818,06

0,0490836

6

1

=== ∑=i

itgab α

b = 0,00818 · 20,243 = 0,165

Y

00,020,040,060,08

0 5 10 15p

Page 121: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

119

6. Ispitivanjem adsorpcije nitrogena na aktivnom uglju na temperaturi 196 K dobijeni su sljedeći rezultati:

ugljaggN 2 0,126 0,170 0,192 0,207 0,211

p, kPa 0,355 1,013 1,692 3,972 4,924 Izračunati: a) Da li adsorpcija nitrogena na aktivnom uglju, pod navedenim uslovima, može bolje da se opiše Langmuirovom ili Freundlichovom adsorpcionom izotermom.

b) Za onu izotermu koja bolje odgovara adsorpciji nitrogena na aktivnom uglju odrediti karakteristične konstante. Rješenje

a) Za provjeru adsorpcije pomoću Freundlichove adsorpcione izoterme crta se

grafik )(loglog pfmx

= .

p, kPa ugljag

gNmx 2, logp

mxlog

0,355 0,126 -0,44977 -0,89963 1,013 0,17 0,005609 -0,76955 1,692 0,192 0,2284 -0,7167 3,972 0,207 0,599009 -0,68403 4,924 0,211 0,692318 -0,67572

-0,4

-0,2

0-1 -0,5 0 0,5 1

x

-1

-0,8

-0,6mlog

logp

Page 122: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

120

Pošto dobijena funkcija )(loglog pfmx

= nije linearna, to znači da Freundlichova

adsorpciona izoterma ne opisuje dobro adsorpciju nitrogena na aktivnom uglju. Za provjeru adsorpcije pomoću Langmuirove adsorpcione izoterme crta se grafik

)( pfYp

=

ugljaggN

Y 2, p, kPa Yp

0,126 0,355 2,81746 pYp

tg∆

∆=α

0,17 1,013 5,958824 tgα1 4,774108 0,192 1,692 8,8125 tgα2 4,202764 0,207 3,972 19,18841 tgα3 4,550836 0,211 4,924 23,33649 tgα4 4,357234

Pošto se do

izoterma dob

b) Sa grafik

15

20

25

p

bio pravac funkcije )( pfYp

= , to znači da Langmuirova adsorpciona

ro opisuje adsorpciju nitrogena na aktivnom uglju.

a se dobije da je odsječak 2916,11=

a.

a = 0,774

471,44

17,884944

4

1=== ∑

=i

itgab α

b = 4,471 · 0,774 = 3,46

0

5

10

0 2 4 6

Y

p

Page 123: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 121

Zadaci 1. Odrediti količinu adsorbovanog acetona u graničnoj površini na temperaturi

15 ºC za otopinu koja sadrži 29 g acetona u jednom litru. Površinski napon otopine acetona na datoj temperaturi je 59,4·10-3 Nm-1, a površinski napon vode na istoj temperaturi je 74,49·10-3 Nm-1.

2. Napisati Freundlichovu adsorpcionu izotermu sirćetne kiseline na aktivnom

uglju. Pri adsorpciji sirćetne kiseline iz vodene otopine na aktivnom uglju nađeno je da su adsorbirane količine 0,467·10-3 i 2,48·10-3 mola po gramu aktivnog uglja kada su odgovarajuće ravnotežne koncentracije otopine bile 0,0181, odnosno 0,882 mola po litru.

3. Na osnovu vrijednosti

C, mmolcm-3 0,018 0,031 0,062 0,126 1lg, −mmo

mx 0,467 0,624 0,801 1,11

odrediti grafičkim putem konstante u jednačini Freundlicha.

4. Rezultati ispitivanja adsorpcije CO na drvenom uglju na temperaturi 0 ºC dati su u tabeli:

p, Pa 13332 26664 39996 53328 66660 79992 93324 106656 Y, molg-1 0,150 0,275 0,380 0,470 0,550 0,620 0,685 0,745 Na osnovu eksperimentalnih rezultata odrediti konstante u jednačini Langmuira.

Page 124: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 122

8. ELEKTROHEMIJA

8.1. Elektroliza, Faradejevi zakoni

Prvi Faradejev zakon

Masa tvari proizvedena oksidacijom ili redukcijom na elektrodama proporcionalna je količini elektriciteta koja je prošla kroz granicu faza elektroda – elektrolit.

Drugi Faradejev zakon

Pri prolazu iste količine elektriciteta kroz otopine različitih elektrolita, mase izlučenih tvari na elektrodama odnose se jedna prema drugoj kao količnici

−e

gdje je M

molarna masa supstance, a −eν apsolutna vrijednost stehiometrijskog koeficijenta

elektrona koji učestvuju u reakciji na elektrodi. Masa tvari koja se razlaže ili izdvaja na elektrodama ili nastaje u elektrolitu pri elektrolizi data je izrazom:

ItF

Mm

e

iii

=∆νν

∆mi – priraštaj mase tvari i, g M – molarna masa tvari i, gmol-1I – jačina struje, A t – vrijeme, s F – Faradejeva konstanta, ≈ 96 500 Cmol-1 νi i νe

- - stehiometrijski koeficijenti u jednačini koja važi za redukciju ili oksidaciju na elektrodi. νi ima pozitivan znak kada je supstanca “i” produkt reakcije, a negativan znak kada je “i” reaktant.

Iskorištenje struje

QQt

i =η

Q – utrošena količina elektriciteta za dobijanje određene mase neke supstance, C Qt – teoretski utrošena količina elektriciteta za dobijanje određene mase neke supstance.

Q = I t

Page 125: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 123

U slučaju da je poznato iskorištenje struje ( iη ), Faradejeve zakone pišemo u obliku:

i

e

iii It

FM

m ηνν

=∆

Primjeri 1. Za dobijanje HCl se polazi od plinovitih elemenata, a potrebni hlor dobiva se kod

tehničke elektrolize NaCl. Potrebno je izračunati električnu energiju u kWh za dobivanje one količine hlora, koja je potrebna za pripremu 100 m3 HCl pri standardnim uslovima uz temperaturu od 25 ºC. Napon elektrolize iznosi 3,6 V, a iskorištenje struje je 88 %. Pretpostaviti da se HCl na zadatim uslovima ponaša kao idealan plin.

Rješenje

molKKJmol

mPaRTpVnHCl 69,4089

298314,8100101325

11

3

=⋅

⋅== −−

2 HCl → Cl2

moln

n HClCl 845,2044

269,4089

22===

Hlor se izdvaja na anodi prema reakciji:

2Cl- → Cl2 + 2e-

ggmolmolmCl 51,1449799,70845,2044 12

=⋅= −

iCl

Cl ItF

Mm η

22

2

+=∆

1

1

9,7088,096500251,144979

⋅⋅⋅

=gmol

AsmolgIt

AhAsQIt 3,12458310485,4 8 =⋅==

33,124583106,3 3 ⋅⋅== −UQW

Page 126: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 124

W = 448,5 kWh

2. Predmet površine 1,5 dm2 treba presvući slojem tvrdog hroma debljine 80 µm. Elektrolit za hromiranje ima sljedeći sastav: CrO3=290 gdm-3; H2SO4=2,5 gdm-3. Gustina struje iznosi 50 Adm-2, a iskorištenje struje je 15 %. Koliko je vremena potrebno da se dobije prevlaka navedene debljine? Molarna masa hroma iznosi 52,01 gmol-1, a gustina 7,2 gcm-3. Rješenje

ρδρ AVm ==

m = 8,64 g

I = i ·A = 50 Adm-2 · 1,5 dm2 = 75 A

3224 2,7105,11080 −− ⋅⋅⋅⋅= gcmcmcmm

iCr

Cr ItF

Mm η

6+

=∆

15,07501,5296500664,86

1

1

⋅⋅

⋅⋅=

∆= −

AgmolAsmolg

IMFm

tiCr

Cr

η

t = 8549,74 s

t = 2,37 h

3. U toku 50 minuta iz 120 cm3 0,2 molarne otopine CuSO4 istaloži se sav bakar.

Koliko je iznosila jačina struje?

Rješenje

Bakarni-sulfat disocira po sljedećoj reakciji:

CuSO4 → Cu2+ + SO42-

Bakar se taloži na katodi, prema sljedećoj reakciji:

Cu2+ + 2e- → Cu Kako je disocijacija CuSO4 potpuna, a i sva količina Cu2+ ide do Cu, slijedi da je:

moldmmoldmCVnCuSO 024,0101202,0 3334

=⋅⋅== −−

molnn CuSOCu 024,04

==

Page 127: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 125

gMnm CuCuCu 525,154,63024,0 =⋅==

ItF

Mm Cu

Cu 2+

=∆

Asgmol

AsmolgI 544,1605054,63

965002525,11

1

=⋅⋅

⋅⋅= −

4. Jednosmjerna struja od 25 A prolazi kroz otopinu CrCl3 10 sati. Koliko se litara hlora dobija pod normalnim uslovima?

Rješenje CrCl3 disocira po sljedećoj reakciji:

CrCl3 → Cr3+ + 3Cl-

Hlor se izdvaja na anodi, prema reakciji:

3Cl- - 3e- → 1,5Cl2

gsAAsmolgmol

mCrCl 26,4923600025965003

346,1581

1

3=⋅⋅

⋅= −

molnCrCl 108,3346,15826,492

3==

molnn CrClCl 662,4108,35,15,1

32=⋅==

311

1044,0101325

273314,8662,42

mPa

KKJmolmolVCl =⋅⋅

=−−

5. Pri elektrolizi otopine ZnSO4 na katodi se pored cinka izdvaja i hidrogen što

dovodi do sniženja iskorištenja struje. Odrediti masu cinka i volumen hidrogena ( na 25 ºC i 750 mm Hg) izdvojenih na katodi ako je kroz otopinu propuštena količina elektriciteta od 20 Ah, a iskorištenje struje (po cinku) iznosi 90 %.

Rješenje

343,1042

dmVCl =

Page 128: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 126

Reakcije na katodi:

Zn2+ + 2e- → Zn

2H+ + 2e- → H2

gAhAhmolgmol

mZn 95,219,0208,26237,65

1

1

=⋅⋅⋅

+=∆ −

gAhAhmol

gmolmH 7462,020

8,2622

1

1

2=⋅

+=∆ −

32

11

009244,0322,133750

298314,82

7462,0

2m

Nm

KKNmmolmolVH =

⋅⋅= −

−−

Zadaci 1. Koliko će grama vode biti razloženo pri elektrolizi ako struja od 0,5 A prolazi

kroz vodenu otopinu H2SO4 u toku 6 sati?

2. U toku kalibriranja jednog ampermetra hidrogenov kulometar je bio serijski povezan u kolo. U toku jednog sata izdvojilo se 95 cm3 H2 na temperaturi 19 ºC i pritisku 0,99 bar. Odrediti jačinu struje u kolu.

3. U 150 g H2O otopljeno je 20 g K2SO4. Koliko vremena je potrebno propuštati električnu struju jačine 3,5 A kroz otopinu da bi maseni udio kalij-sulfata u otopini bio 15 %.

4. Komad željeznog lima, ukupne površine 1000 cm2, zaronjen je kao katoda u

otopinu cink-sulfata. Kolika će biti debljina sloja izdvojenog cinka za vrijeme od 25 minuta pri srednjoj gustini struje od 2,5 Adm-2? Gustina cinka iznosi 7,15 gcm-3.

5. Ako se pri elektrolizi otopine natrij-sulfata sa neotopljenom anodom odvoji anodni i katodni prostor, tada će se u katodnom prostoru nagomilavati NaOH, a u anodnom H2SO4. Odrediti koncentraciju kiseline i lužine poslije 10 sati

3244,92

dmVH =

Page 129: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 127

odvijanja elektrolize pri jačini struje od 4 A. Volumen otopine u katodnom dijelu je 5 dm3, a u anodnom 8 dm3.

6. Ako se elektrolizi podvrgne razrijeđena otopina sulfatne kiseline sa bakarnim

elektrodama, na katodi se odvija reakcija

2H+ + 2e- → H2(g)

a na anodi 2Cu + H2O → Cu2O + 2H+ + 2e-

Utvrđeno je da se na katodi izdvojilo 27,4 cm3 vlažnog hidrogena pri pritisku 751 mm Hg i temperaturi 22,3 ºC. Kolika je promjena mase anode?

8.2. Električna provodljivost otopina elektrolita

Električni otpor otopina elektrolita

Sl

SlR

χρ 1

==

R – električni otpor otopina elektrolita, Ω ρ - električna otpornost /specifični otpor/, Ωm χ - provodljivost elektrolita, Sm-1 l – dužina vodića /rastojanje između elektroda/, m S – presjek vodića /površina elektrode/, m2

Molarna električna provodljivost

Cχλ =

λ - molarna električna provodljivost, Sm2mol-1C – koncentracija elektrolita, molm-3

Pokretljivost aniona i kationa

Ev;

Ev -== −

++ UU

Page 130: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 128

U+ (U-) – pokretljivost kationa /aniona/, m2V-1s-1

v+ (v-) – brzina putovanja kationa /aniona/, ms-1

E – jačina električnog polja u kom se joni kreću, Vm-1

l+= F·U+; l-=F·U-

l+ - molarna provodljivost kationa l- - molarna provodljivost aniona

l° - molarna jonska provodljivost pri beskonačnom razblaženju

Kohlrausch – Arrheniusov zakon

oooo−−++ ⋅=⋅= UFlUFl ;

)( −+ += UUCFαχ

α - stepen disocijacije

Kolrauševo pravilo kvadratnog korijena Za razblažene otopine 1 – 1 valentnih jakih elektrolita važi jednačina koja je prvo ustanovljena empirijski (Kolrauševo pravilo kvadratnog korijena), a zatim i teoretski izvedena i poznata kao granični zakon Debaj –Hikl – Onzagera( Debye, Hückel, Onsager):

CA−= oλλ A – konstanta ustanovljena eksperimentalno λ° - molarna provodljivost pri beskonačnom razblaženju

oλλα =

Ostwaldov zakon razblaženja

Konstanta disocijacije slabog 1 – 1 valentnog elektrolita data je izrazom:

)(1

22

λλλλ

αα

−=

−=

oo

CCK

Page 131: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 129

Prenosni brojevi

Udio jona date vrste u prenosu naelektrisanja kroz otopinu elektrolita naziva se prenosni broj, ti. Za razblažene otopine vrijedi:

−+

−−

−+

++ +

=+

=UU

Ut

UUU

t ;

Za binarni elektrolit važi da je:

t+ + t- = 1

Prenosni brojevi metodom pomične granice se računaju po izrazima:

ItFVC

t ++ =

ItFVC

t −− =

V – volumen otopine između početnog i krajnjeg položaja granice, m3

C- i C+ - koncentracije aniona i kationa, molm-3

Primjeri 1. Poznate su molarne provodljivosti kod beskonačnog razblaženja za NaAc,

AgAc i NaIO3, koje iznose:

λ°(NaAc) = 78,16 Scm2mol-1

λ°(NaIO3) = 76,94 Scm2mol-1

λ°(AgAc) = 88,8 Scm2mol-1

Odrediti λ°(AgIO3). Rješenje

λ°(AgIO3) = λ°(Ag+) + λ°(IO3-)

λ°(AgIO3) = λ°(AgAc) + λ°(NaIO3) - λ°(NaAc)

λ°(AgIO3) = 88,8 + 76,94 - 78,16

λ°(AgIO3) = 87,58 Scm2mol-1

2. Zasićena otopina BaSO4 kod 25 ºC ima provodljivost 2,562·10-6 Scm-1.

Molarna provodljivost kod beskonačnog razblaženja iznosi 123,3 Scm2mol-1.

Page 132: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 130

Potrebno je izračunati produkt topivosti i topivost BaSO4 u gdm-3. Pretpostaviti da je disocijacija BaSO4 potpuna.

Rješenje

BaSO4 → Ba2+ + SO42-

353812

16

1008,21008,23,123

10562,2 −−−−−

−−

⋅=⋅=⋅

== moldmmolcmmolScmScmC

oλχ

Zbog male topivosti BaSO4 uzet će se da su koeficijenti aktiviteta, f = 1.

Topivost BaSO4 (L) se računa po izrazu:

3. Molarna provodljivost 0,1 moldm-3 otopine LiNO3 iznosi 79,2 Scm2mol-1. Na kojoj udaljenosti trebaju biti postavljene elektrode površine 5 cm2, da bi otpor sloja otopine između njih bio 50 Ω?

Rješenje

)()()( 24

24

−+ ⋅= SOaBaaBaSOK pt

CSOaBaa == −+ )()( 24

2

62102524 1033,4)1008,2()( −−− ⋅=⋅== dmmolCBaSOK pt

444 )( BaSOBaSOBaSO MCL =

135)( 4,2331008,2

4

−−− ⋅⋅= gmolmoldmL BaSO

33)( 1085,4

4

−−⋅= gdmL BaSO

3312 101,02,79 −−− ⋅⋅== molcmmolScmCλχ

131092,7 −−⋅= Scmχ

RSlRSl χχ =⇒=

2113 5501092,7 cmSScml ⋅⋅⋅= −−−

Page 133: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

131

4. Provodljivost otopine NaCl na 18 °C zavisi od koncentracije kao što je prikazano u tabeli:

C, moldm-3 5·10-3 2·10-3 1·10-3 5·10-4

cml 98,1=

χ, Scm-1 5,17·10-4 2,11·10-4 1,065·10-4 5,36·10-5

Naći jednačinu koja opisuje zavisnost molarne provodljivosti od koncentracije. Rješenje Za razblažene otopine ( )Cf=λ je linearna funkcija, gdje je: λ° - odsječak na osi ordinati A – nagib pravca Crta se grafik funkcije, ( )Cf=λ .

C

12,1000 −⋅= molScm

Cχλ

0,0707 103,4

Ctg

∆∆

=λα

0,04472 105,5 tgα1 -80,83140,03162 106,5 tgα2 -76,33590,02236 107,2 tgα3 -75,594

105105,5

106106,5

107107,5

λ

C

103103,5

104104,5

0 0,02 0,04 0,06 0,08

Page 134: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija 132

Sa grafika se dobije da je λ° = 108,98 Scm2mol-1

5871,773

3

1

−=== ∑=i

itgtgA

αα

λ = 108,98 – 77,5871 c

5. Prenosni broj Na+ jona u otopini NaCl koncentracije 0,02 moldm-3 određivan

metodom pokretne granice iznosi 0,39. Koliko je vremena potrebno da se pod dejstvom struje od 1,6·10-3 A u cijevi poprečnog presjeka 0,1115 cm2 granica pomjeri za 8 cm.

Rješenje

+

=It

FVCt

32 892,081115,0 cmcmcmAlV =⋅==

39,0106,11002,0892,096500

3

3331

⋅⋅

⋅⋅⋅= −

−−−

AmolcmcmAsmol

t

t = 2758,91 s = 45,98 min

6. Prenosni broj jona u otopini CuSO4 je za Cu2+ 0,48, za SO4

2- 0,52. Elektroliza ove otopine je trajala jedan sat, a jačina struje tokom elektrolize je bila konstantna i iznosila je 0,2 A. Pri elektrolizi su upotrijebljene platinske elektrode. Izračunati smanjenje količine bakar-sulfata u katodnom i anodnom dijelu.

Rješenje

CAsItQ 72072036002,0 ==⋅==

196500720

48,0 −+ ⋅==∆Cmol

CFQta

mola 31058,3 −⋅=∆

196500720

52,0 −− ⋅==∆Cmol

CFQtk

molk 31088,3 −⋅=∆

Page 135: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

133

Zadaci 1. Za otopine KCl, NaNOB3B i NaCl koncentracija 1·10P

-5P moldmP

-3P posudom otpornog

kapaciteta 0,0362 cmP

-1P izmjereni su otpori 27800, 34400 i 32200 Ω pri

temperaturi 18 °C. Izračunati molarnu provodljivost kod beskonačnog razblaženja za KNOB3B.

2. Električna provodljivost otopine KJ iznosi 0,89 ScmP

-1P, a KCl pri istoj

koncentraciji 1,8653 ScmP

-1P. Pripremljena je otopina koja sadrži obje soli u istoj

koncentraciji, čija je električna provodljivost 0,9845 ScmP

-1P. Izračunati procenat

KCl u otopini.

3. Molarne električne provodljivosti na 18 °C za 0,1 moldmP

-3P otopine LiNOB3B,

NaNOB3B i NaCl iznose respektivno 79,2, 87,2 i 92 ScmP

2PmolP

-1P. Odrediti molarnu

električnu provodljivost 0,1 moldmP

-3P otopine LiCl.

4. Molarna električna provodljivost otopine KCl na 25 °C mijenja se sa

molaritetom kao što je prikazano u tabeli:

C·10P

3P, moldm P

-3P 20 10 5 1

λ, ScmP

2PmolP

-1P

138,34 141,27 143,55 146,95 Odrediti grafički električnu provodljivost pri beskonačnom razblaženju za KCl. 5. Prenosni broj kationa u 0,01 moldmP

-3P otopini NaOH iznosi 0,2, a njihova

pokretljivost 4,5·10 P

-4P cmP

2PVP

-1PsP

-1P. Izračunati:

a) pokretljivost aniona, b) brzinu gibanja aniona u polju jakosti 0,8 VcmP

-1P.

6. Kroz otopinu koja sadrži 5 %B(mas.) B LiCl protekla je količina elektriciteta od 1930 C. Elektroliza je vršena između katode od Ag prevučene sa AgCl i anode od Ag. Poslije elektrolize u 199,17 g anodne otopine bilo je 9,737 g LiCl. Odrediti prenosne brojeve jona LiP

+P i ClP

-P.

Page 136: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

134

8.3. Elektrodni potencijal

Ako se reakcija koja se odigrava na elektrodi napiše u obliku

oksidans + ze P

-P = reducens,

tj. sa simbolima za elektrone na lijevoj strani (kao reakcija redukcije) tada prema Nernstu, Uizraz za ravnotežni potencijal elektrode (ili elektrodni redoks potencijal) ima oblik:U

)(

)(lnoks

red

aa

zFRTEE −= Θ

E – ravnotežni potencijal elektrode, V EP

ΘP - standardni potencijal elektrode (ili standardni elektrodni redoks

potencijal), V R – univerzalna gasna konstanta, 8,314 JmolP

-1PKP

-1P

z – broj elektrona izmijenjenih na elektrodi F – Faradejeva konstanta, ≈ 96 500 Cmol P

-1P

T – apsolutna temperatura, K Pod standardnim potencijalom neke elektrode se podrazumijeva razlika potencijala između te elektrode i standardne hidrogenove elektrode, mjerena u električnom kolu zanemarljivo male jačine struje. Dogovorno je prihvaćeno da je standardna hidrogenova elektroda lijeva elektroda (anoda), a elektroda kojoj se potencijal mjeri desna elektroda (katoda), u električnom kolu. Standardni elektrodni potencijali mjereni u odnosu na standardnu hidrogenovu elektrodu čiji je potencijal 0 V, dati su tabelarno kao potencijali redukcije.

UStandardni potencijal elektrode povezan je sa promjenom standardne Gibbsove energije reakcije preko izraza:

∆Br BG P

ΘP = - zFEP

ΘP

UPotencijal elektrode je povezan sa promjenom Gibbsove energije reakcije preko izraza:

∆Br BG = - zFE

Page 137: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

135

8.4. Elektromotorne sile galvanskih članaka

Za reakciju koja se odigrava u elektrohemijskom članku po šemi:

νB1BA B1B+ νB2BAB2B = νB3BAB3B + νB4BAB4B,

Uelektromotorna sila članka (EUBUMSUBU), prema Nernstu, se računa po izrazu:

2

2

1

1

4

4

3

3ln νν

νν

AA

AAMSMS aa

aazFRTEE −= Θ

Galvanske ćelije su ćelije u kojima se reakcije na elektrodama odvijaju spontano. Znak EBMSB određuje spontanost nekog elektrohemijskog procesa. Reakcije na elektrodama se odvijaju spontano ukoliko je EBMS B> 0. Elektroda čiji je potencijal pozitivniji predstavlja katodu, a elektroda čiji je potencijal negativniji anodu u galvanskoj ćeliji.

UStandardna Gibbsova energija u elektrohemijskom članku se računa po izrazima:

∆Br BG P

Θ P= - zFEP

ΘPBMSB = - RTlnKP

Θ

ΘΘ = KzFRTEMS ln

KP

Θ P- konstanta ravnoteže u standardnom stanju

UPromjena entalpije za reakciju u članku se računa po izrazu:

p

MSMSr T

EzFTzFEH ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

+−=∆

UPromjena entropije reakcije u članku se računa po izrazu:

p

MSr T

EzFS ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

=∆

UElektromotorna sila galvanskog članka se može računati i kao:

AKMS EEE −= EBKB – potencijal katode , V EBAB – potencijal anode, V Primjeri

Page 138: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

136

1. Na 25 ºC ravnotežni potencijal elektrode Cu B(s) BCu P

2+PB(aq) B (a = 5·10P

-3P) iznosi 0,271

V. Izračunati standardni potencijal bakarne elektrode. Rješenje Reakcija na elektrodi je: CuP

2+PB(aq) B + 2e P

-P → CuB(s)

+

++ −= Θ

2

22 lnCu

Cu

CuCu

CuCu a

azFRTEE

31051ln

965002298314,8271,0 2

−Θ

⋅⋅⋅

−= +

CuCuE

VE Cu

Cu 339,02 =+Θ

2. Napisati reakciju i izračunati ravnotežni potencijal na 25 ºC za elektrodu:

HgB(l) B Hg B2BSO B4(s) B, SO B4PB

2-PB(aq) B ( a = 0,015).

Standardni potencijal elektrode Hg B2BSO B4B Hg iznosi 0,615 V. Rješenje Reakcija na elektrodi:

HgB2BSO B4B + 2e P

-P → 2Hg + SOB4PB

2-P

42

24

4242

2

lnSOHg

SOHg

HgSOHg

HgSOHg a

aa

zFRTEE

−= Θ

1015,0ln

965002298314,8615,0

42 ⋅⋅

−=Hg

SOHgE

VE

HgSOHg 669,0

42=

3. Kolika treba da bude aktivnost ClP

-P jona da bi ravnotežni potencijal kalomel

elektrode HgB2BClB2BHg na 25 ºC iznosio 0,386 V. Standardni potencijal kalomel elektrode iznosi 0,268 V.

Rješenje Reakcija na elektrodi:

HgB2BClB2B + 2e P

-P → 2Hg + 2ClP

-P

Page 139: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

137

22

2222

22

lnClHg

ClHg

HgClHg

HgClHg a

aazFRTEE

−= Θ

1ln

965002298314,8268,0386,0

2−

⋅⋅

−= Cla

192,9ln 2 −=−Cla

0001,02 =−Cla

01,00001,0 ==−Cl

a

4. Napisati reakcije na elektrodama i izračunati elektromotornu silu galvanskog članka

Zn ZnSOB4(aq) B ( 0,01 moldmP

-3P) II KClB(aq) B Hg B2BClB2(s) B, Hg

na 298 K. Standardni potencijal cinkove elektrode iznosi – 0,763 V, a ravnotežni potencijal kalomel elektrode iznosi + 0,242 V. Srednji jonski koeficijent aktivnosti ZnSO B4B iznosi f B±B = 0,387. Rješenje Dvije vertikalne linije u šematskom prikazu galvanske ćelije (II) predstavljaju eliminaciju difuzionog potencijala pomoću elektrolitičkog ključa. Pošto je standardni potencijal cinkove elektrode negativniji od ravnotežnog potencijala kalomel elektrode, možemo pretpostaviti da je cinkova elektroda anoda, a kalomel elektroda katoda. Reakcije na elektrodama: K: HgB2BClB2B + 2eP

-P → 2Hg + 2ClP

-P

A: Zn – 2e P

-P → Zn P

2+P

Ukupna reakcija u članku:

HgB2BClB2B + Zn → 2Hg + 2ClP

-P + ZnP

2+P

ZnZn

HgClHgAKMS EEEEE +−=−= 222

+

++ −= Θ

2

22 lnZn

Zn

ZnZn

ZnZn a

azFRTEE

Page 140: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

138

)387,001,0(1ln

965002298314,8763,02

⋅⋅⋅

−−=+

ZnZnE

VE

ZnZn 834,02 −=+

VEMS 076,1)834,0(242,0 =−−=

Pošto se dobilo da je EBMSB > 0, to znači da se reakcije na elektrodama, onako kako su napisane, odvijaju spontano. 5. Standardna elektromotorna sila galvanskog članka

Pt, H B2B (p=1 bar)HBr, AgBr Ag

na 25 ºC iznosi 0,071 V. Izmjerena elektromotorna sila za 0,5 moldm P

-3P HBr na 25

ºC iznosi 0,1187 V. Izračunati srednji jonski koeficijent aktivnosti za 0,5 moldm P

-3P

HBr. Rješenje Reakcije na elektrodama: K: 2 AgBr + 2eP

-P → 2Ag + 2BrP

-P

A: HB2B – 2e P

-P → 2HP

+P

Ukupna reakcija u članku:

2 AgBr + HB2B → 2Ag + 2BrP

-P + 2HP

+P

2

22

lnH

HBrMSMS p

aazFRTEE

+−

−= Θ

Aktiviteti H P

+P i Br P

-P jona su isti pa se u gornjoj jednačini mogu zamijeniti sa X.

4ln

965002298314,8071,01187,0 Xa

⋅⋅

−=

02434,04 =Xa

395,0)02434,0( 41

==Xa

395,0=== ±±−+ fCaaBrH

Page 141: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

139

79,05,0

395,0==±f

6. Elektromotorna sila galvanske ćelije

Zn ZnClB2B ( 0,05 moldmP

-3P) I AgClB(s) B, Ag

na 298 K iznosi 1,015 V. Temperaturni koeficijent elektromotorne sile iznosi – 4,92·10 P

-4P VKP

-1P. Za reakciju u galvanskoj ćeliji izračunati ∆Br BG, ∆Br BS i ∆Br BH.

Rješenje Reakcije na elektrodama: K: 2 AgCl B(s) B + 2eP

-P → 2Ag + 2ClP

-P

A: Zn – 2e P

-P → Zn P

2+P

Ukupna reakcija u članku:

Zn + 2 AgClB(s) B → 2Ag + 2ClP

-P + Zn P

2+P

VAsmolzFEG MSr 015,1965002 1 ⋅⋅−=−=∆ −

1195895 −−=∆ JmolGr

141 )1092,4(965002 −−− ⋅−⋅⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

=∆ VKAsmolT

EzFS

p

MSr

11956,94 −−−=∆ KJmolSr

STGH rrr ∆+∆=∆

)956,94(298195895 111 −−− −+−=∆ KJmolKJmolHr

1224192 −−=∆ JmolHr

7. Izračunati pH otopine HCl upotrijebljene kao elektrolit u članku formiranom od

hidrogenove i zasićene kalomel-elektrode. Izmjerena elektromotorna sila članka na 298 K iznosi 0,3395 V. Potencijal zasićene kalomel-elektrode iznosi 0,245 V.

Rješenje Šematski prikaz članka

Pt, H B2BHCl, HgB2BClB2(s) B Hg

Page 142: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

140

Reakcije na elektrodama: K: HgB2BClB2(s) B + 2eP

-P → 2Hg + 2ClP

-P

A: HB2B – 2e P

-P → 2HP

+P

AKMS EEE −=

0945,03395,0245,0 −=−=−= MSKA EEE

2log2

303,222

+++ += ΘH

HH

HH a

FRTEE

++ += HH

H aF

RTE log303,202

+

⋅⋅=−

Halog

96500298314,8303,20945,0

6,1log −=+H

a

6,1log =−= +HapH

8. Odrediti standardnu konstantu ravnoteže reakcije koja se odigrava u spregu:

ZnB(s) B Zn P

2+PB(aq) B (a = 1) II CuP

2+PB(aq) B (a = 1) CuB(s) B

VE

ZnZn

763,02 −=Θ+ ; VE

CuCu

337,02 +=Θ+

Rješenje

VEEEZn

ZnCu

CuMS 1,1)763,0(337,022 =−−=−= ΘΘΘ++

ΘΘΘ −=−=∆ KRTzFEG MSr ln

11 2123001,1965002 −−Θ −=⋅⋅−=∆ JmolVAsmolGr

6887,85298314,8

212300ln =⋅−

−=ΘK

Page 143: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

141

3710637,1 ⋅=ΘK

9. Promjena entalpije za reakciju: PbB(s) B + 2 AgClB(s) B → PbClB2(aq) B + 2 Ag B(s) B na 298 K iznosi 105,3 kJmolP

-1P. Elektromotorna sila sprega koji radi na račun ove reakcije

iznosi 0,49 V na 298 K. Odrediti E BMSB sprega na 293 K. Rješenje

11)298(298 9457049,0965002 −− −=⋅⋅−=−=∆ JmolVAsmolzFEG MSr

KJmolJmolGH

S rrr 298

)94570(103,105298

113298298

298

−− −−⋅=

∆−∆=∆

11

298 7,670 −−=∆ KJmolSr

1

11

9650027,670

−−

⋅=

∆=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

AsmolKJmol

zFS

TE r

p

1310475,3 −−⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂ VKTE

p

KVKVEMS 510475,349,0 13

)293( ⋅⋅+= −−

VEMS 507,0)293( = 10. Elektromotorna sila sprega

Ag B(s) B Ag P

+PB(aq) B (a =1·10P

-3P) II Ag P

+PB(aq) B (a = x)Ag B(s) B

iznosi 0,0579 V na 298 K. Izračunati x. Rješenje Elektrode prikazane u spregu su identične pa je 0=Θ

MSE . Reakcije na elektrodama:

A: Ag B(s) B – e P

-P → Ag P

+P

K: Ag P

+P + e P

-P → Ag B(s)

Ukupna reakcija u članku:

Ag B(s) B + Ag P

+P → Ag P

+P + Ag B(s) B

Page 144: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

142

)(

)(ln0

Ka

Aa

zFRTE

Ag

AgMS

+

+

−=

)(101ln

965001298314,800579,0

3

KaAg +

−⋅⋅

⋅−=

1048,0)(

101 3

=⋅

+

KaAg

31054,9)( −⋅== + Kax Ag

Zadaci 1. Srebrna pločica uronjena je u zasićenu otopinu AgCl koja sadrži i nešto KCl,

tako da je aktivitet jona hlora 1·10P

-3P. Izračunati ravnotežni potencijal ove

elektrode ako je poznato da je njen standardni potencijal 0,222 V na 25º.

2. Izračunati potencijal hlorne elektrode na 25º, formirane tako da je platina uronjena u otopinu koja sadrži jone hlora aktiviteta 0,0796, a pod nju se dovodi plin hlor pod pritiskom od 2 bara. Standardni potencijal hlorne elektrode iznosi 1,36 V.

3. Pločica cinka je uronjena u otopinu cink-sulfata. Ravnotežni potencijal ovako

formirane elektrode na 25 ºC iznosi – 0,822 V. Izračunati molaritet ZnSOB4B. Pretpostaviti da je koeficijent aktiviteta jednak jedinici. Standardni potencijal elektrode ZnP

2+P/Zn iznosi – 0,763 V.

4. Izračunati elektromotornu silu, na 25 ºC, za članak

Tl TlP

+P (a = 0,001) II ZnP

2+P (a=0,1) Zn,

te napisati jednačinu reakcije u članku onako kako se ona spontano odigrava. Standardni potencijali cinkove i talijum elektrode iznose – 0,763 V odnosno – 0,336 V.

5. Standardna elektromotorna sila za članak

Zn ZnSOB4(aq) B PbSO B4(s) B, Pb,

na 298 K iznosi 0,4085 V. Izračunati srednji jonski koeficijent aktiviteta za 0,001 moldm P

-3P ZnSOB4B, ako je elektromotorna sila članka 0,595 V.

6. Elektromotorna sila članka

Page 145: (Farzet Bikic) Zbirka Zadataka Iz Fizicke Hemije

Farzet Bikić – Zbirka zadataka iz fizikalne hemije – internet verzija

143

Pt, H B2B (p=1 bar)HClB(aq) B ( 0,01 moldmP

-3 P) AgClB(s) B, Ag

na 298 K iznosi 0,4645 V. Standardni potencijal srebro-srebro hloridne elektrode iznosi 0,2225 V. Izračunati pH za 0,01 moldm P

-3P HCl.

7. Izračunati standardnu termodinamičku konstantu ravnoteže na 25 °C za reakciju

3 IP

-P + 2 CeP

4+P ↔ IB3PB

-P + 2 Ce P

3+P,

ako je VEVECe

CeI

I610,1;536,0

34

3

== ΘΘ

++

−− .

8. Elektromotorna sila galvanske ćelije u kojoj se odigrava reakcija

ZnB(s) B + Hg B2BSO B4(s) B + 7 HB2BO → ZnSOB4B·7H B2BO B(s) B + 2HgB(l) B, funkcija je od temperature, izražena preko sljedeće zavisnosti:

EBMS B= 1,4151 – 1,2·10P

-3P(T - 298) - 7·10P

-6P(T – 298)P

2P, V.

Za reakciju u galvanskoj ćeliji izračunati ∆Br BG, ∆Br BH i ∆Br BS na 45 ºC.

9. Izračunati koncentraciju jona cinka u otopini cink-sulfata za galvanski element

formiran tako da je cink uronjen u otopinu ZnSOB4B, a kadmij uronjen u otopinu CdSOB4B koncentracije 0,001 moldmP

-3P. Pretpostaviti da su koeficijenti aktiviteta

jednaki jedinici. VEVE

CdCd

ZnZn

402,0;763,0 22 −=−= ΘΘ++

(Rj: 301,022−== ++ moldmCa ZnZn )

10. Izračunati teoretski napon razlaganja za sistem (-) Pt CdClB2B (a = 1) Pt (+), na 25 ºC.