Embed Size (px)
DESCRIPTION
Van der Valsova jedna čina. Sumiranje rezulata primene Van der Valsove jednačine. Na visokim temperaturama i velikim zapreminama vdW prelazi u jednačinu idealnog gasnog stanja jer: Na visokim temperaturama privlačne sile odnosno član a/V 2 m su zanemarljivi - PowerPoint PPT Presentation
Citation preview
Van der Valsova jednačina
RTVa
P mm
=b-V
+2
nRTnbVV
anP
22
2mm
mV
ab
V
aPbRTPV
2
2
mm V
a
bV
RT
V
na
nbV
nRTP
023
P
abV
P
aV
P
RTbV mmm
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVm
Sumiranje rezulata primene Van der Valsove jednačine
(1)Na visokim temperaturama i velikim zapreminama vdW prelazi ujednačinu idealnog gasnog stanja jer Na visokim temperaturama privlačne sile odnosno član aV2
m su zanemarljivi Ako je Vm veliko tada je Vm-b~Vm
(2) Tečnosti i gasovi postoje kada su privlačne i odbojne sile uravnoteženekonstanta a odgovara privlačnim a b odbojnim silama
(3) Kritične konstante su povezane sa vdW konstantamaza TltTc izoterme osciluju prolazeći kroz minimum i maksimum koji konvergiraju sa približavanjem Tc i prvi i drugi izvod su jednaki nuli
Kritični kompresioni faktor
83 cccc RTVPZ
Druge jednačine stanja
Samo jednačine koje imaju dve konstante mogu biti izrežene u redukovanom obliku
Primer 1 Van der Valsove konstante a i b su 1390 L2atm mol-2 i 003913 L mol-1 za azot Izračunati korekcioni član za A) zapreminu (u L) za 2855 molova jedinjenja u balonu od 100 L na temperaturi od 300oC i B) pritisak (u atm)
Rešenje
A) Korekcioni član je nb=2855mol003913Lmol=1117 L
B)
a) 1117 b) 397 c) 139
d) 003913 e) 13710-4
atmL
molatmmolL
V
anPu 3311
)100(
)5285(3912
2222
2
2
Primer 2 Ako se neki gas ponaša po Van der Valsovoj jednačini zaokruži tačno tvrđenje
1)Gas se približava idealnom ponašanju pria) visokom P b) visokom PVc) niskoj T d) ni jedno2) Jednačina za n molova gasa glasia) PV=nRT b)
c) d) e) ni jedna
Primer 2a Koji od sledećih gasova će pokazivati najveće negativno odstupanje na dijagramu PVRT od P
a) H2O b) F2 c) CH4 d) Ne e) Ar
nRTbVV
aP
)(
2
nRTbnVVn
aP
)(
22RTb
n
V
V
anP
2
2
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Sumiranje rezulata primene Van der Valsove jednačine
(1)Na visokim temperaturama i velikim zapreminama vdW prelazi ujednačinu idealnog gasnog stanja jer Na visokim temperaturama privlačne sile odnosno član aV2
m su zanemarljivi Ako je Vm veliko tada je Vm-b~Vm
(2) Tečnosti i gasovi postoje kada su privlačne i odbojne sile uravnoteženekonstanta a odgovara privlačnim a b odbojnim silama
(3) Kritične konstante su povezane sa vdW konstantamaza TltTc izoterme osciluju prolazeći kroz minimum i maksimum koji konvergiraju sa približavanjem Tc i prvi i drugi izvod su jednaki nuli
Kritični kompresioni faktor
83 cccc RTVPZ
Druge jednačine stanja
Samo jednačine koje imaju dve konstante mogu biti izrežene u redukovanom obliku
Primer 1 Van der Valsove konstante a i b su 1390 L2atm mol-2 i 003913 L mol-1 za azot Izračunati korekcioni član za A) zapreminu (u L) za 2855 molova jedinjenja u balonu od 100 L na temperaturi od 300oC i B) pritisak (u atm)
Rešenje
A) Korekcioni član je nb=2855mol003913Lmol=1117 L
B)
a) 1117 b) 397 c) 139
d) 003913 e) 13710-4
atmL
molatmmolL
V
anPu 3311
)100(
)5285(3912
2222
2
2
Primer 2 Ako se neki gas ponaša po Van der Valsovoj jednačini zaokruži tačno tvrđenje
1)Gas se približava idealnom ponašanju pria) visokom P b) visokom PVc) niskoj T d) ni jedno2) Jednačina za n molova gasa glasia) PV=nRT b)
c) d) e) ni jedna
Primer 2a Koji od sledećih gasova će pokazivati najveće negativno odstupanje na dijagramu PVRT od P
a) H2O b) F2 c) CH4 d) Ne e) Ar
nRTbVV
aP
)(
2
nRTbnVVn
aP
)(
22RTb
n
V
V
anP
2
2
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Druge jednačine stanja
Samo jednačine koje imaju dve konstante mogu biti izrežene u redukovanom obliku
Primer 1 Van der Valsove konstante a i b su 1390 L2atm mol-2 i 003913 L mol-1 za azot Izračunati korekcioni član za A) zapreminu (u L) za 2855 molova jedinjenja u balonu od 100 L na temperaturi od 300oC i B) pritisak (u atm)
Rešenje
A) Korekcioni član je nb=2855mol003913Lmol=1117 L
B)
a) 1117 b) 397 c) 139
d) 003913 e) 13710-4
atmL
molatmmolL
V
anPu 3311
)100(
)5285(3912
2222
2
2
Primer 2 Ako se neki gas ponaša po Van der Valsovoj jednačini zaokruži tačno tvrđenje
1)Gas se približava idealnom ponašanju pria) visokom P b) visokom PVc) niskoj T d) ni jedno2) Jednačina za n molova gasa glasia) PV=nRT b)
c) d) e) ni jedna
Primer 2a Koji od sledećih gasova će pokazivati najveće negativno odstupanje na dijagramu PVRT od P
a) H2O b) F2 c) CH4 d) Ne e) Ar
nRTbVV
aP
)(
2
nRTbnVVn
aP
)(
22RTb
n
V
V
anP
2
2
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 1 Van der Valsove konstante a i b su 1390 L2atm mol-2 i 003913 L mol-1 za azot Izračunati korekcioni član za A) zapreminu (u L) za 2855 molova jedinjenja u balonu od 100 L na temperaturi od 300oC i B) pritisak (u atm)
Rešenje
A) Korekcioni član je nb=2855mol003913Lmol=1117 L
B)
a) 1117 b) 397 c) 139
d) 003913 e) 13710-4
atmL
molatmmolL
V
anPu 3311
)100(
)5285(3912
2222
2
2
Primer 2 Ako se neki gas ponaša po Van der Valsovoj jednačini zaokruži tačno tvrđenje
1)Gas se približava idealnom ponašanju pria) visokom P b) visokom PVc) niskoj T d) ni jedno2) Jednačina za n molova gasa glasia) PV=nRT b)
c) d) e) ni jedna
Primer 2a Koji od sledećih gasova će pokazivati najveće negativno odstupanje na dijagramu PVRT od P
a) H2O b) F2 c) CH4 d) Ne e) Ar
nRTbVV
aP
)(
2
nRTbnVVn
aP
)(
22RTb
n
V
V
anP
2
2
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 2 Ako se neki gas ponaša po Van der Valsovoj jednačini zaokruži tačno tvrđenje
1)Gas se približava idealnom ponašanju pria) visokom P b) visokom PVc) niskoj T d) ni jedno2) Jednačina za n molova gasa glasia) PV=nRT b)
c) d) e) ni jedna
Primer 2a Koji od sledećih gasova će pokazivati najveće negativno odstupanje na dijagramu PVRT od P
a) H2O b) F2 c) CH4 d) Ne e) Ar
nRTbVV
aP
)(
2
nRTbnVVn
aP
)(
22RTb
n
V
V
anP
2
2
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
molmPa
KmolJKV
atmPKTZP
ZRTV
RT
PVZ
m
mm
00106010132520
3003148860
20300860
311
mLmolmmolnVV m 780010601028 133
Primer 3 Na temperaturi od 300 K i pritisku od 20 atm kompresioni faktor je 086 Izračunati zapreminu (u mL) koju zauzima 82 mmol gasa pod ovim uslovima
Rešenje
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 4 Jedan mol nekog gasa na temperaturi od 273K i pritisku od 3106Pa zauzima zapreminu od 510-4m3 Ako je a=050 Pa m6 mol-2 izračunati vrednost konstante bRešenjeIz VdV jednačine sledi da je b
13444
86
84
2
2
1046010544105
501025103
10252733148105
molm
apV
RTVVb m
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 5 Koristeći Van der Valsove koeficijente za kiseonik (a=1378 L2atm mol-2 b= 318310-2 L mol-1) izračunati a) Bojlovu temperaturu b) radijus molekula gasa pretpostavljajući da se molekuli ponašaju kao krute sfere
a)
KmolLatmKLmol
molatmL
bR
aTB 6527
102068101833
378111212
12
b) 329123
135
103211002264
101833
4m
mol
molm
N
bv
Amol
mvr mol10
3129
31
10471103214
3
4
3
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 6 Kritične konstante za ugljendioksid su Pc=7285 Pa Vc= 940 cm3mol i Tc=3042 K Izračunati van der Valsove koeficijente i proceniti radijus molekula gasa (dati sve u SI)
Rešenjab=Vc3=3133 cm3mol=313310-5 m3mol
a=27b2Pc=3Vc2Pc=3 94210-12 m6mol-27285 Pa=
193 ∙10-6 m6 Pa mol-2
vmol=b4NA=311110-6m3mol-14∙60221023mol-1 =1310-29m3
mvr mol103130
31
10461)10083(4
3
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 7 Izračunati pritisak 10 mola etana koji se ponaša kao a) u idealnom gasnom stanju b) prema van der Valsovoj jednačini pod sledećim uslovimai) na 27315 K i 22414 L i ii) na 1000 K i 100 cm3(a=5489L2mol-2atmb=63810-2Lmol)Rešenje
31001000)41422273)1) cmVKTiiLVKTimolnV
nRTPa
atmL
KmolLatmKmolPi 1
41422
152731020681)
112
atmL
KmolLatmKmolPii 2
112
102810
10001020681)
Domaći
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
12222
2
103864895)
LmolbatmmolLaV
an
nbV
nRTPb
atm9920atm100910031Patm10091
molL41422
mol1atmmolL4895
V
an
atm0031lmol10386141422
K15273molLatmK102068mol1
nbV
nRT)i
22222
222
2
2
12
112
atmatmPatm
molL
molatmmolL
V
an
atmlmol
KmolLatmKmol
nbV
nRTii
2232222
222
2
2
312
112
107110495102721049510
14895
101027210386110
10001020681)
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 7 Proceniti kritične konstante gasa iz Van der Valsovih parametara a=0751atmL2mol-2 i b=00226 Lmol-1 (Sve dati u SI)
Rešenje
KT
LmolmolLatmK
atmmolL
Rb
aT
PaatmLmol
atmmolL
b
aP
molmLmolLmolbV
c
c
c
c
120
02260082027
7508
27
8
10525554)02260(27
7510
27
10786067800226033
111
22
621
22
2
3511
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 8 Izračunati pritisak na kome se nalazi 1 mol SO2 ako zauzima zapreminu od 10 dm3 na 100oC upotrebljavajući jednačinu idealnog gasnog stanja van der Valsovu jednačinu i Diteričijevu jednačinu Za SO2 konstante su a=678105 Pa m6 kmol-2 b=00565 m3 kmol-1 RešenjePrema jednačini idealnod gasnog stanja pritisak je
Prema Van der Valsovoj jednačini pritisak je
Prema Diteričijevoj jednačini pritisak je
PaV
RTP 51013
PaV
a
bV
RTP 5
5210053
00010
6780
10655010
153733148
PaeebV
RTP RTV
a502369131
6780
100523978380708431199900994350
36913102
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 9 Odrediti zapreminu koju zauzima 1 mol kiseonika na -88oC i na pritisku od 453∙105Pa ako je kritična temperatura 1544 K a kritični pritisak 504∙106PaRešenjePrema Van der Valsovoj jednačini zapremina se računa na osnovu faktora stišljivosti Faktor stišljivosti se očitava sa krive iz vrednosti za redukovani pritisak i temperaturu
13410722809021 molmP
RTZVZ
P
PP
T
TT
cR
cR
2 4 6 8
1 11 2
1 3
1 52 0
T = 10r
T = 30r
Z
P r
1 0
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 10 Gasovi A B C i D se ponašaju prema Van der Valsovoj jednačini sa konstantama a i b datim u tablici
Gas A B C Da (barm6 mol-2) 6 6 20 005b (m3mol-1) 00250 015 010 002a) Koji gas ima najvišu kritičnu temperaturub) Koji gas ima najveće molekule c) Koji gas je najpribližniji idealnom gasnom stanju na STP
Rešenjea) Pošto je Tc ab gas A ima najveće a i najmanje b to on ima najvišu Tcb) Veličina molekula je određena konstantom b pa gas B ima najveće molekulec) Gas koji ima najniže kritičnu temperaturu i pritisak najbliži je IGS Kako je Tc a b i Pc ab2 to je gas D najbliži IGS
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 11 Za gas koji se pokorava Van der Valsovoj jednačini i ima Pc=30 bar Tc=473 K kompresioni faktor PVPT je veći od jedan za uslove
A)a) P=50 bar T=523 Kb) P=1 bar T=373 Kc) P=500 bar T=773 KGas će se približavati idealnosti priB)niskoj Tniskoj gustininiskom kompresionom faktoruni jednoC)Izračunati konstantu b (Lmol) za ovaj gas
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
RešenjeA) Z je veće od jedan pri najvišem pritisku i najvišoj temperaturi tj 500 bar i 773 K koje su veće od kritičnihB) Gas se približava idealnosti pri niskoj gustini tj pritiskuC) Iz vrednosti kompresionog faktora u kritičnoj tački može da se nađe konstanta b
molLmolmP
RTb
Vb
RT
VP
c
cc
c
cc 1640000164010308
4733148
838
3 35
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
bull Primer 12 Za gasoviti CO2 van der Valsove konstante su b = 004286 ℓ molminus1 i
a = 3658 bar ℓ2 molminus2 Na kojoj temperature će drugi virijalni koeficijent biti jednak nuli
Rešenje
B(T)=0 za T=TB
KRb
aTB 61026
mol l 004286 3148
mol lbar 36581-
-22
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 13 Gas NO ima Pc=64 bar Tc=177 K a gas CCl4 ima Pc= 45 bar i Tc= 550 KA) Koji gas ima manju konstantu bB) Ima manju vrednost konstante aC) Ima veću kritičnu zapreminuD) Se skoro idealno ponaša na 300K i 10 bar-a
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
A) Kako je
to je b srazmerno odnosu TcPc Kako je
Rb
aT
b
aPbV ccc 27
8
273
2
4
4
221245
550762
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c bbP
T
P
T
Rešenje
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
B) Kako je konstanta a srazmerna odnosu Tc2Pc to je
4
2
4
222
2672245
5505489
64
177CClNO
CClc
c
NOc
c aaP
T
P
T
C) Vc(CCl4)= 381m3 Vc(NO)= 861 m3
Vc(CCl4) Vc(NO)
D) Gas NO je bliži idealnom ponašanju na 300K jer je ta temperatura veća od njegove kritične temperature
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
bull Primer 14 Izraziti α (kubni koeficijent širenja) i κT
(koeficijent izotermske kompresibilnosti)bull (i) za idealan gas (ii) za gas za koji važi jednačina
stanja p (Vm minus b) = RT
PP
RT
RT
P
P
RT
P
V
P
V
V
TP
R
RT
P
P
R
T
V
P
RTV
T
V
V
TTT
T
pp
11
11
22
Rešenje(i)
(ii)
VP
RT
P
RT
PbRT
P
P
RT
P
V
VP
R
PbRT
R
P
R
PbRT
P
P
R
T
V
PbRT
P
VP
PbRTb
P
RTV
TT
P
222
1
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 15 Odrediti koliko kiseonik odstupa od idealnosti u oblasti niskih pritisaka tj naći nagib tangente na krivu Z u funkciji od P za P0 ( a=0138 m6Pamol-2 b=00000318m3mol-1) pri sobnoj temperaturi
bull Rešenjebull Ako se VdW jednačina napiše u obliku
2)(1
RT
a
RT
bPRTPVZ m
2)(RT
a
RT
b
P
Z
18882
10110221021)2983148(
1380
2983148
00003180
PaP
Z
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Primer 15 Molarna masa pare se određuje merenjem gustine pare na poznatom P i T Čak i kada nema hemijskih asocijacija ili disocijacija na ovaj način se korišćenjem jednačine idealnog gasnog stanja dobija pogrešna vrednost gustine jer je para u realnom gasnom stanju A)Ako su za datu supstanciju Tc=373 K i Pc= 1 bar merena molarna masa će biti niska ako se gustina meri pria) na kritičnoj tačkib) na dovoljno niskoj Tc) na dovoljno visokom pritiskud) ni jednoB) Kako se može dobiti tačna molarna masa
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
Rešenje
A) Kako je to znači obrnuto srazmerno kompresionom faktoru to će M biti nisko kada je Z1 a to je pri dovoljno visokom pritiskuB) Da bi se dobila tačna molarna masa gustinu treba meriti na nekoliko pritisaka i zatim prikazati grafički P u funkciji od P Kada se izvrši ekstrapolacija odsečak na ordinatnoj osi će biti jednak MRT
PV
RTmM
P
P
0
PP
RT
PM
o
