Ii =IIi =... Fi
i=1..k
Binární směs, ideální kapalina, ideální plyn x1 p s1= y 1 p x 2 p s2= y 2 p Křivka bodů varu:
Křivka rosných bodů:
p=x 1 p1s x 2 p s2 p=
1 y1 p
s 1
y2 s
p2
Pákové pravidlo:
I n I x1 – z1 = n II z 1− x II1
Henryho zákon:
p 2=K H x 2
28-12 U směsi hexan(1) + heptan(2) při 70°C vypočítejte tlak a složení parní fáze, která je v rovnováze s kapalnou fází obsahující 50 mol.% hexanu. Předpokládejte platnost Raoultova pro kapalnou fázi a Daltonova zákona pro plynnou fázi. Tlaky nasycených par čistých složek při 70°C jsou: p s1=105,4 kPa , ps2=40,5 kPa p=x 1 p1s x 2 p s2=0,5⋅105,40,5⋅40,5=72,95 kPa x 1 ps1 0,5⋅105,4 y 1= = =0,7224 p 72,95 28-14 Vypočtěte jaké maximální množství organických látek (v g) může být obsaženo v 1 m3 vzduchu při 25°C nad kapalnou směsí, obsahující 40 mol.% tetrachlorethylenu a 60 mol.% acetonu. Předpokládejte ideální chování kapalné i parní fáze a použijte následujících dat. M
s
log p = A−
[g/mol]
B t C
[° C , kPa ]
A
B
C
Tetrachlorethylen (1) 165.8
6,1017
1386.9
217.5
Aceton (2)
6,242
1210.6
229
58
1386,9 s =0,3825 ⇒ p1=2,413 kPa 25217,5 1210,6 s s log p 2=6,242 – =1,4758 ⇒ p 1=29,913 kPa 25229 s
log p 1=6,1017 –
p1 V x 1 ps1 V 0,4⋅2,413⋅1000 = = =0,389 mol ⇒ m 1=n1 M 1=0,389⋅165,8=64,55 g RT RT R 298,15 p V x p s V 0,6⋅29,913⋅1000 n 2= 2 = 2 2 = =7,24 mol ⇒ m1=n 1 M 1=7,24⋅58=419,92 g RT RT R 298,15
n 1=
m=m1m2=64,55419,92=484,47 g 15. Určete rosný tlak a složení kapalné fáze systému benzen(1) + toluen(2) při teplotě 338 K, jestliže parní fáze obsahuje 44 mol.% benzenu. Předpokládejte ideální chování kapalné fáze i parní fáze. Tlaky nasycených par složek mají při uvažované teplotě hodnoty: ps1=62 kPa , p2s=22,4 kPa. p=
1 y1 s
p1
x 1=
y2
=
s
p2
y1 p p
s 1
1 0,44 0,56 62 22,4
=
=31,156 kPa
0,44⋅31,156 =0,2211 62
17. Anilin (1) a nitrobenzen (2) tvoří prakticky ideální roztok. Za předpokladu ideálního chování parní
fáze Vypočtěte teplotu varu a složení parní fáze za tlaku 100 kPa u směsi, která obsahuje 90 mol.% anilinu a zbytek nitrobenzenu. Tlaky nasycených par čistých látek určete z Antoineových rovnic (kPa, °C): 1703 log ps1=6,4063 – t203 1732 log ps2=6,2207 – t200 Teploty varu čistých složek při tlaku 100 kPa: 1703 −203=183,492 ° C 6,4063 – log100 1732 t v2 = −200=210,358 ° C 6,2207 – log100 t v1 =
Pro výpočet teploty varu směsi je nutné řešit rovnici: p=x 1 p1s x2 ps2 100=x 1
[ 10
6,4063 –
1703 t 203
]x 10[
6,2207 –
1732 t200
2
]
Tuto rovnici je nutné řešit numericky. Protože vímě, že směs obsahuje 90% anilinu, je pravděpodobné, že teplota varu směsi bude blízká teplotě varu čistého anilinu a hodnota 183,5°C je tedy dobrou první aproximací. Newtonova metoda dokonverguje po třec iteracích na hodnotu 185,427°C.
[
ps1 teplota varu směsi=10 Y 1=
6,4063 –
1703 t203
]=105,184
kPa
x 1 ps1 0,9⋅105,184 = =0,9466 p 100
26. Prakticky nemísitelná směs N,N-diethylanilin(1) + voda(2) vře za tlaku 101,32 kPa při teplotě 99,4°C. Tlak nasycených par vody při této teplotě je 99,2 kPa. Kolik gramů vody je třeba za daných podmínek k předestilování 100 g N,N-diethylanilinu? M1 = 149 gmol-1, M2 = 18 gmol-1. P= p1s p s2 ⇒ y 1=
ps1= p – p2s=101,32 – 99,2=2,12 kPa p 1 ps1 2,12 = = =0,0209 p p 101,32
m1 100 y 1 – 0,0209 n1 y 2 M1 2 149 m2=n2 M 2= M 2= M 2= 18=565,9 g y1 y1 0,0209 23. Cyklohexan (1) a methanol (2) vytvářejí při teplotách nižších než 49°C v určitém koncentračním intervalu heterogenní směs. Při teplotě 40°C obsahuje fáze bohatší na methanol 27 mol.% cyklohexanu, druhá fáze obsahuje 73,2 mol.% cyklohexanu. Získáme heterogenní systém, smísímeli při této teplotě 1 mol methanolu a 2 mol cyklohexanu? Pokud ano, jaké bude látkové množství fáze bohatší na methanol?
x I1=0,27 x II1 =0,732
I – fáze bohatší na methanol II – fáze bohatší na cyklohexan
z 1=
n1 2 = =0,667 n1n2 3
x I1z 1x II1 směs o složení z1 leží v heterogenní oblasti a rozpadá se na dvě fáze o složeních I a II. II n I x 1 – z1 0,732−0,667 = = =0,1647 nII z 1−x 1I 0,667−0,27 n I n II =3 n I =0,1647 n II =0,16473 – nI nI =0,423 mol
19. Při 25°C se při parciálním tlaku chloru 0,1 MPa v 1 dm3 ethylbenzenu rozpustí 1,66 mol Cl2. Určete (a) Henryho konstantu Cl2 a (b) jeho rozpustnost v ethylbenzenu (v gdm-3) při téže teplotě za parciálního tlaku chloru 0,037 MPa. Hustota ethylbenzenu je 0,8626 gcm-3, Methylbenzen = 106,17 gmol-1, MCl = 35,5 gmol-1. n EB=
EB V 0,8626⋅1000 = =8,1247 mol M EB 106,17
a)
nCl
x 2 0,1 MPa=
2
=
1,66 =0,1696 1,668,1247
nCl n EB pCl 0,1 K H= = =0,589 MPa x Cl 0,1696 2
2
2
b)
pCl 0,037 = =0,06277 K H 0,589 x Cl nEB 0,06277⋅8,1247 mCl =nCl M Cl = M Cl = 71=38,683 g / 1dm 3 EB x EB 1 – 0,06277 x Cl =
2
2
2
2
2
2
2
21. Potápěčská nemoc je vyvolána tím, že se bublinky dusíku rozpuštěného v krvi uvolňují v důsledku snížení tlaku při rychlém návratu potápěče k hladině a brání krevnímu oběhu. Za předpokladu, že rozpustnost dusíku v krvi je stejná jako ve vodě, vypočtěte objem dusíku uvolněného z krve (plynný stav; t = 37°C, p = 100 kPa) při rychlém návratu potápěče ke hladině z hloubky 60 m. Předpokládejte, že lidské tělo obsahuje 6 dm3 krve (pro výpočet uvažujte, že krev má při 37°C stejné vlastnosti jako voda, 0,993 gcm-3, M = 18 gmol-1), hustota mořské vody je ρ = 1,044 gcm-3 a KH(N2) = 10000 MPa. Složení vzduchu: 21 mol.% kyslíku, 79 mol.% dusíku, g = 9,81 ms-2. P1 =101,325 kPa p2= p1moře g h=1013251044⋅9,81⋅60=715823,4 Pa p1 N2 = y N2 p1=0,79⋅101,325=80,047 kPa p2 N2 = y N 2 p2 =0,79⋅715,823=565,5 kPa
p1 N2 80,047 = =8⋅10−6 7 KH 10 x1 H2 On H2 O 8⋅10−6⋅331 −3 n1 N2 = = =2,65⋅10 mol −6 x 1 N2 1 – 8⋅10 p 2 N2 565,5 x 2 N2 = = =5,655⋅10−5 7 KH 10 x 2 H 2 On H2 O 5,655⋅10−5⋅331 n2 N 2= = =1,872⋅10−2 mol −5 x 2 N2 1 – 5,655⋅10 x 1 N2 =
n N2=n 2 N2−n1 N2 =1,872⋅10−2 – 2,65⋅10−3=1,607⋅10−2 mol V N2 =
nN 2 R T 0,01607⋅R⋅273,1537 3 = =0,414 dm p 100
