FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren 2013.

Løsningsforslag til øving 11

Oppgave 1

Med de gitte antagelsene blir Clausius-Clapeyrons ligning (med pV_{g} = RT)

\frac{dp}{dT} = \frac{L}{T (V_{g} − V_{v})} ≃ \frac{L}{T V_{g}} = \frac{Lp}{RT^{2}} ,

som integrert gir (med L ≃ konstant)

p = konst · e^{−L/RT} .

Integrasjonskonstanten bestemmes ved at p = p_{0} = 4.58 mm Hg ved T = T_{0} = 273 K. Dette gir

p = p_{0} exp [\frac{L}{R} (\frac{1}{T_{0}} − \frac{1}{T} )] .

Løsning mhp T gir, for p = 760 mm Hg:

T = T_{0} [1 − \frac{RT_{0}}{L} ln(p/p_{0})]^{−1} = 273 [1 − \frac{8.314 · 273}{40.7 · 10^{3}} ln(760/4.58)]^{−1} ≃ 382,

dvs 382 K, eller 109^{∘}C. Grunnen til at beregnet kokepunkt blir for høyt er at fordampningsvarmen L ikke er konstant, men øker med avtagende temperatur.

Oppgave 2

Med antagelsene om konstant fordampningsvarme L, neglisjerbart væskevolum, og at dampen er ideell gass, følger det av Clausius-Clapeyrons ligning at damptrykket blir

p = C exp(−L/RT),

der C er en konstant. Med oppgitte data får en ligningene

p_{1} = C exp(−L/RT_{1})
p_{2} = C exp(−L/RT_{2}).

Divisjon gir

\frac{p_{2}}{p_{1}} = exp [\frac{L}{R} (\frac{1}{T_{1}} − \frac{1}{T_{2}} )] ,

som løst mhp L gir

L = R\frac{ln(p_{2}/p_{1})}{1/T_{1} − 1/T_{2}} = 8.314\frac{ln(12139/4402)}{1/273 − 1/293} J/mol = 33.7 kJ/mol.

Med C = p_{2} exp(L/RT_{2}) blir damptrykket ved T = 30^{∘}C = 303 K:

p = p_{2} exp [\frac{L}{R} (\frac{1}{T_{2}} − \frac{1}{T} )] = 12139 Pa exp [\frac{33.7 · 10^{3}}{8.314} (\frac{1}{293} − \frac{1}{303})] = 19.2 kPa.

Den eksperimentelle verdien ved denne temperaturen er litt mindre, 18676 Pa. Dette henger sammen med at L avtar med økende T, som også påpekt i oppgave 1.

Oppgave 3

Frysepunktnedsettelse for en svak løsning:

ΔT = −\frac{RT^{2}}{l_{s}} x_{s}.

Her er l_{s} den molare smeltevarmen til løsningsmiddelet, og x_{s} er molbrøken til det oppløste stoffet. Atomvektene til C, H og O er hhv 12, 1 og 16, som gir molekylvekter på 62 for etylenglykol og 46 for etanol. Med lik vekt (masse) på tilsatt stoff er det da klart at etanol gir størst molbrøk, og dermed lavest frysepunkt. Vi sjekker derfor om tilsats av 500 g etanol til 4 L vann gir tilstrekkelig beskyttelse mot vinterkulde i Trondheim. Etter tilsatsen er det totale antall mol lik

\frac{500}{46} + \frac{4000}{18},

slik at

x_{s} = \frac{500/46}{500/46 + 4000/18} = \frac{1}{1 + 4000 · 46/18 · 500} = 0.0466.

Vannets molare smeltevarme:

l_{s} = 80 cal/g · 18 g/mol · 4.184 J/cal = 6.0 kJ/mol.

Dermed:

ΔT = −\frac{8.314 · 273^{2}}{6.0 · 10^{3}} · 0.0466 = −4.8 K.

Dette holder nok ikke gjennom en normal Trondheimsvinter! For større tilsatser blir etter hvert teorien vår for dårlig (dvs hvis x_{s} ikke lenger kan betraktes som liten), men eksperimentelt viser det seg at ca 30 vektprosent med etanol er nødvendig for å gi et frysepunkt på 19 kuldegrader, og ca 56 vektprosent må til for å gi frysepunkt på 41 kuldegrader. Det burde holde til og med på Tynset og deromkring.

Oppgave 4

a) Sluttvolumet er V_{2} = V_{1}/4, der V_{1} er startvolumet. Produsert ferskvann er

V_{1} − V_{2} = \frac{3}{4}V_{1} = 1 m^{3},

slik at

V_{1} = \frac{4}{3} m^{3}.

Mengden salt i startvolumet V_{1} er bestemt av det osmotiske trykket Δp_{0} = 23 atm via uttrykket

Δp = n\frac{RT}{V} ,

der n er antall mol oppløst stoff. Dette gir n = (Δp_{0}V_{1})/RT. Deretter kan n elimineres slik at for vilkårlig volum blir det osmotiske trykket

Δp = Δp_{0} \frac{V_{1}}{V} .

Det teoretisk minste arbeidet som trengs for å utvinne 1 m^{3} (dvs 1 tonn) ferskvann blir dermed

W = − ∫_{V_{1}}^{V_{2}} ΔpdV = Δp_{0}V_{1} ∫_{V_{2}}^{V_{1}} \frac{dV}{V}
= Δp_{0}V_{1} ln \frac{V_{1}}{V_{2}} = Δp_{0}V_{1} ln 4
= 23 · 1.013 · 10^{5} Pa · \frac{4}{3} m^{3} · ln 4
= 4.3 · 10^{6} J = 1.2 kWh.

Med kraftprisen 0.80 kr pr kWh blir den teoretiske minsteprisen 96 øre pr tonn ferskvann.

b) Ved vanlig destillasjon må fordampningsvarmen for vann, L = 540 cal/g = 40.7 kJ/mol, tilføres. Uten bruk av varmevekslere må også vannet varmes opp ca 80 grader (fra 20^{∘}C til 100^{∘}C) ved tilførsel av energi. Dette gir i så fall en total energitilførsel

Q ≃ (540 + 80 · 4/3) cal/g = 647 · 4.184 J/g = 2.7 · 10^{9} J/tonn ≃ 750 kWh/tonn.

Dette vil gi en pris på 600 kr pr tonn ferskvann.

c) Effekten som kan tas ut blir

P = Δp · Q = (Δp_{0} − Δp_{t})Q = (Δp_{0} − λQ)Q.

Konstanten λ bestemmes av at Δp_{0} = λQ_{0}, dvs

λ = \frac{Δp_{0}}{Q_{0}} ,

slik at

P = Δp_{0} (1 − \frac{Q}{Q_{0}} ) Q = Δp_{0}Q_{0} (1 − \frac{Q}{Q_{0}} ) \frac{Q}{Q_{0}} .

Maksimal effekt bestemmes ved å derivere og sette lik null:

0 = \frac{∂P}{∂Q} = Δp_{0} (1 − \frac{2Q}{Q_{0}}) ,

dvs Q = Q_{0}/2. Maksimal effekt blir

P_{max} = Δp_{0}(1 − 1/2) · Q_{0}/2 = Δp_{0}Q_{0}/4 = 23 · 1.013 · 10^{5} Pa · 0.125 m^{3}/s/4 = 7.28 · 10^{4} J/s ≃ 73 kW.

Oppgave 5

a) Det osmotiske trykket er gitt ved

Δp = \frac{RT}{V} Δx,

der V er det molare volumet for oppløsningsmiddelet og Δx er molbrøkforskjellen på de to sidene av membranen. (Dette er en enkel generalisering av situasjonen med rent oppløsningsmiddel på den ene siden. Med molbrøker x_{1} og x_{2} med oppløst stoff på hver side er Δx = |x_{2} − x_{1}|.) Den maksimale verdien som kan tolereres uten å ødelegge cellemembranen blir derfor

Δx = \frac{V}{RT} Δp = \frac{18 · 10^{−6}}{8.314 · 310} · \frac{5}{760} · 1.013 · 10^{5} = 4.7 · 10^{−6}.

b) Frysepunktnedsettelsen er gitt ved

ΔT = −\frac{RT^{2}}{L} x.

Oppløst molbrøk blir følgelig

x = −\frac{L}{RT^{2}} ΔT = \frac{6.0 · 10^{3}}{8.314 · 273^{2}} · 0.535 = 5.2 · 10^{−3},

der smeltevarmen er L ≃ 80 cal/g = 80 · 4.184 · 18 J/mol ≃ 6.0 kJ/mol. Maksimal relativ endring som kan tåles:

\frac{Δx}{x} = \frac{4.7 · 10^{−6}}{5.2 · 10^{−3}} ≃ 0.9 · 10^{−3} ≃ 0.1%.

Ved injeksjon i blodomløpet tilsettes en passelig mengde koksalt slik at molbrøken blir fysiologisk riktig (en såkalt isotonisk løsning). Finjustering skjer ved at blodcellene kan avgi eller oppta noe vann, dvs endre volum, uten å sprekke.