UWIS, Chemie Vordiplom Herbst 2003, Lösung(sversuch)

Thomas Kuster

17. August 2004

1 Anorganische Chemie

2 Themodynamik

2.1 Partialdrücke

Gesucht sind die Partialdrücke von p_{H_{2}}, p_{Br_{2}}.

p_{H_{2}} Idee: Die molaren Stoffmengen zueinander verhalten sich gleich wie die Partialdrücke zueinander:

\frac{p_{H_{2}}}{p_{N_{2}}} = \frac{n[H_{2}]}{n[N_{2}]} ⇒ p_{H_{2}} = p_{N_{2}} · \frac{n[H_{2}]}{n[N_{2}]}

Auf 1000g N_{2} gibt es 1g H_{2}:

\frac{m[N_{2}]}{M[N_{2}]} = n[N_{2}]

p_{H_{2}} = p_{N_{2}} · \frac{\frac{m[H_{2}]}{M[H_{2}]}}{\frac{m[N_{2}]}{M[N_{2}]}} = 1.20bar · \frac{\frac{1g}{2.0158 \frac{g}{mol}}}{\frac{1000g}{28.0134 \frac{g}{mol}}} = 0.0167bar

p_{Br_{2}} Idee: Gleiche Gibbsenergie:

Br_{2(l)}  \overrightarrow{⟵}  Br_{2(g)}

μ_{Br_{2(l)}} = μ_{Br_{2(g)}}
μ_{Br_{2(l)}} = μ_{Br_{2(l)}}^{0} = μ_{Br_{2(g)}}^{0} + RT ln \frac{p_{Br_{2}}}{p^{0}}
\frac{μ_{Br_{2(l)}}^{0} − μ_{Br_{2(g)}}^{0}}{RT} = ln \frac{p_{Br_{2}}}{p^{0}}
exp (\frac{μ_{Br_{2(l)}}^{0} − μ_{Br_{2(g)}}^{0}}{RT} ) · p^{0} = p_{Br_{2}}
exp (\frac{0 − 3.110}{8.314 · 298.15}) · 1.00 = 1.00bar

Gesamtdruck:

p_{N_{2}} + p_{H_{2}} + p_{Br_{2}} = 1.20 + 0.0167 + 1.00 = 2.22bar

2.2 Entropie

Die Teilchenanzahl bleibt gleich (aus zwei werden zwei) ⇒ ΔS ≈ 0, jedoch wird aus einer Flüssigkeit (Br_{2(l)}) ein Gas (Br_{2(g)}) ⇒ ΔS > 0 zudem würde die Reaktion nicht ablaufen falls ΔS ≤ 0, dies würde im Wiederspruch zur Aussage der Aufgabenstellung stehen, daher muss die Entropie zunehmen.

2.3 Gleichgewichtskonstante

ln K(T) = \frac{−Δ_{r}G^{0}(T)}{RT}

K hängt nicht vom Druck ab (Skript Seite 9-35) und im der Aufgabe ist T = T_{Referenz}, daher folgt für K:

K = exp (−\frac{(2 · μ_{HBr_{(g)}}^{0} − μ_{H_{2(g)}}^{0} − μ_{Br_{2(l)}}^{0}}{RT} )
= exp (−\frac{2 · (−53450) − 0 − 0}{8.314 · 298.15}) = 5.35 · 10^{18}

Beinnahe alles H_{2} wird also mit Br_{2} zu HBr reagieren.

2.4 Partialdrücke

Da die Gleichgewichtskonstante extrem gross ist könnten wir annehmen, dass alles H_{2} zu HBr reagiert. Aus einem H_{2} werden zwei HBr daher ist p_{HBr} = 2 · p_{H_{2}} vor der Reaktion (2 · 0.0167bar = 0.0334bar).

Genauer:

\frac{p_{HBr}^{2}}{p_{H_{2}}p_{Br_{2}}} = K

p_{Br_{2}} ist Konstant da es immer im Gleichgewicht mit Br_{2(l)} steht. p_{HBr} ist 2 · p_{H_{2}}(0) − 2 · p_{H_{2}}, der subtrahierte Partialdruck sind die verbleibenden H_{2}.

\frac{(2p_{H_{2}}(0) − 2p_{H_{2}})^{2}}{p_{H_{2}}p_{Br_{2}}} = K

Lösen mit Taschenrechner ergibt: 1.040·10^{−20} und 1.604·10^{18}. Das zweite Resultat ist unrealistisch, daher ist p_{H_{2}} = 1.04 · 10^{−20}bar. Der Partialdruck von p_{Br_{2}} bleibt die 1.20bar, p_{HBr} bleibt die 0.0334bar (da eine Subtraktion in der Grössenordnung von 10^{−20} keine Rolle spielt).

Quadratisches ergänzen führte bei mir zu:

p_{H_{2}} = \frac{\frac{c}{4} ± \sqrt{−4p_{H_{2}}(0)^{2} + \frac{c^{2}}{16}}}{2} mit c = 8p_{H_{2}}(0) + Kp_{Br}

falls ein Minus vor der Wurzel angenommen wird ergibt das ganze nummerisch 0 (Ziffernauslöschung).

Ist diese Rechnung überhaupt notwendig (p_{H_{2}} ≈ 0, es wird jedoch ein Resultat auf drei signifikante Stellen erwartet)?

2.5 Reagierender Anteil

Der Anteil wird sehr klein sein oder ich verstehe die Aufgabenstellung nicht.

5000l Br_{2} waren vorhanden, davon wurden 1500kg entnommen wodurch ein Volumen entstand in dem schlussendlich p_{Br_{2}} = 0.0334bar herrscht.

Anfangsmasse:

Br_{2(l)} = 5000l · 3.120\frac{kg}{l} = 15600kg

Volumen:

V = \frac{1500kg}{3.120\frac{kg}{l}} = 481l = 0.481m^{3}

Gasgleichung:

n = \frac{pV}{RT} = \frac{0.0334 · 0.481}{RT} = 6.611 · 10^{−6} ⇒ 6.611 · 10^{−6} · 2 · 79.904 = 1.056kg

Anteil:

\frac{1.056}{15600} = 6.77 · 10^{−3}%