L¨osungsvorschlag zu ¨ Ubung 8

PCI Thermodynamik G. Jeschke FS 2010

L¨osungsvorschlag zu ¨ Ubung 8

(16. April 2010)

1 a) Da bei einem reversiblen Prozess zu jedem Zeitpunkt ein Gleichgewicht herrscht, kann der Prozess nicht spontan ablaufen.

b) Bei ¨uberhitztem Wasser ist das chemische Potential der fl¨ussigen Phase gr¨osser als das der Gasphase (µ_l > µ_g). Daher wird eine spontane Verdampfung stattfinden, bis die chemischen Potentiale der beiden Phasen gleich gross sind.

c) Da sich das Volumen des Gases durch die Expansion ins Vakuum vergr¨ossert, steigt auch die Entropie des Systems. Daher l¨auft dieser Prozess freiwillig ab.

d) Wir befinden uns direkt auf einem Punkt der Phasengrenzlinie fest-fl¨ussig, d.h. das chemische Potential beider Phasen ist gleich gross (µl = µs). Durch die Zugabe einer sehr kleinen W¨armemenge kann sich zwar eines der beiden Potentiale ¨andern, doch bei der entgegengesetzte Phase ¨andert sich das chemische Potential ebenfalls im gleichen Masse. Wir befinden uns somit immer im thermischen Gleichgewicht und es kommt nicht zum Schmelzen des Eises.

2 Da die Entropie S eine Zustandsgr¨osse ist, ist sie wegunabh¨agig. Man kann deshalb die Temperatur- und Druck¨anderung nacheinander betrachten.

dS = ∂S

∂T

p

dT + ∂S

∂p

T

dp

mit ^∂S_∂T

p = ^c_T^p und ∂S

∂p

T =−V α=− ^∂V_∂T

p,n =−^V_T (ideales Gase) ⇒

∂S

∂p

T =−^{n R}_p ergibt sich:

1

∆S = Z T1

T0

c_p T dT −

Z p1

p0

n R p dp

∆S = Z T1

T0

30,81_mol·K^J

T + −11,87·10⁻³ _mol·K^J _K^T

T + 2,3968·10⁻⁵ _mol·K^J _K^T22

T +

−1,0176·10⁻⁸_K^T33

J mol·K

T dT −

Z p1

p0

n R p dp

∆S =30,81 J

mol·K ·lnT|^T_T¹

0 −11,87·10⁻³ J

mol·K² T|^T_T¹

0

+1

2 ·2,3968·10⁻⁵ J

mol·K³T²|^T_T¹₀ − 1

3 ·1,0176·10⁻⁸ J

mol·K⁴ ·T³|^T_T¹₀ −n R·lnp|^p_p¹₀

=10,942 J

mol·K −1,484 J

mol·K + 1,066 J mol·K

−0,1625 J

mol·K −(−6,487 J mol·K)

∆S = 16,848 _mol·K^J

3 Mit ∆_vH_spez = 395,2J·g⁻¹ und M_C6H6 = 78,11g·mol⁻¹ ergibt sich ∆_vH = 30,87_mol^kJ F¨ur reine Stoffe ist ∆_vG= 0!

Nach der Regel von Trouton ist ∆vS = ^∆_T^vH = 87,39_mol·K^J .

Die innere Energie berechnet sich nach ∆_vU = ∆_vH −∆_v(pV_m), wobei p·V durch R ·T ersetzt werden kann. Damit ist ∆_vU = 27,93 _mol^kJ .

Die freie Energie ergibt sich aus ∆vF = ∆vU −T∆vS =−2,94 _mol^kJ .

4 Die mittlere molare freie Mischungsenthalpie berechnet sich nach ∆mixG= ∆mixH−T∆mixS.

Da bei der idealen Mischung gilt, dass ∆_mixH Null ist, leistet nur die Entropie einen Beitrag.

Die mittlere molare Entropie l¨asst sich durch ∆_mixS=−R(x₁ln x₁+x₂ln x₂), mitx₁ =x₂ = 0,5, zu ∆mixS = 5,763 _mol·K^J berechnen.

Daraus folgt ∆_mixG=−1,72_mol^kJ .

2