i=1..k p x 2 p 2 s = y 2 p x 1 p 1 s = y 1 p 2

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "i=1..k p x 2 p 2 s = y 2 p x 1 p 1 s = y 1 p 2"

Radomír Milan Valenta
před 8 lety
Počet zobrazení:

1 i I i II... i F i..k Binární mě, ideální kaalina, ideální lyn x y y 2 Křivka bodů varu: Křivka roných bodů: Pákové ravidlo: x y y 2 n I n x I z II II z x Henryho zákon:

2 28-2 U měi hexan() + hetan(2) ři 70 C vyočítejte tlak a ložení arní fáze, která je v rovnováze kaalnou fází obahující 50 mol.% hexanu. Předokládejte latnot Raoultova ro kaalnou fázi a Daltonova zákona ro lynnou fázi. Tlaky naycených ar čitých ložek ři 70 C jou: 05,4 kpa, 2 40,5 kpa x 0,5 05,4 0,5 40,572,95 kpa y x 0,5 05,4 72,95 0, Vyočtěte jaké maximální množtví organických látek (v g) může být obaženo v m 3 vzduchu ři 25 C nad kaalnou měí, obahující 40 mol.% tetrachlorethylenu a 60 mol.% acetonu. Předokládejte ideální chování kaalné i arní fáze a oužijte náledujících dat. M log A B t C [ C, kpa ] [g/mol] A B C Tetrachlorethylen () , Aceton (2) 58 6, log 6,07 386, ,5 0,3825 2,43 kpa log 2 6,242 20, , ,93 kpa n V R T x V R T 0,4 2, ,389 mol R 298,5 m n M 0,389 65,864,55 g n 2 V R T V R T 0,6 29, ,24 mol R 298,5 m n M 7, ,92 g mm m 2 64,55 49,92484,47 g 5. Určete roný tlak a ložení kaalné fáze ytému benzen() + toluen(2) ři telotě 338 K, jetliže arní fáze obahuje 44 mol.% benzenu. Předokládejte ideální chování kaalné fáze i arní fáze. Tlaky naycených ar ložek mají ři uvažované telotě hodnoty: 62 kpa, 2 22,4 kpa. y y 2 x y 0, ,56 22,4 3,56 kpa 0,44 3,56 0, Anilin () a nitrobenzen (2) tvoří rakticky ideální roztok. Za ředokladu ideálního chování arní

Tlaky naycených ar čitých ložek ři 70 C jou: 05,4 kpa, 2 40,5 kpa x 0,5 05,4 0,5 40,572,95 kpa y x 0,5 05,4 72,95 0,7224 28-4 Vyočtěte jaké maximální množtví organických látek (v g) může být obaženo

3 fáze Vyočtěte telotu varu a ložení arní fáze za tlaku 00 kpa u měi, která obahuje 90 mol.% anilinu a zbytek nitrobenzenu. Tlaky naycených ar čitých látek určete z Antoineových rovnic (kpa, C): log 6, t 203 log 6, t 200 Teloty varu čitých ložek ři tlaku 00 kpa: 703 t v 20383,492 C 6,4063 log t v ,358 C 6,2207 log 00 Pro výočet teloty varu měi je nutné řešit rovnici: x x 0 [6,4063 t 203 ] x [6,2207 t 200 ] Tuto rovnici je nutné řešit numericky. Protože vímě, že mě obahuje 90% anilinu, je ravděodobné, že telota varu měi bude blízká telotě varu čitého anilinu a hodnota 83,5 C je tedy dobrou rvní aroximací. Newtonova metoda dokonverguje o třec iteracích na hodnotu 85,427 C. 703 [6,4063 t 203 ] telota varu měi 0 05,84 kpa Y x 0,9 05,84 0, Prakticky nemíitelná mě N,N-diethylanilin() + voda(2) vře za tlaku 0,32 kpa ři telotě 99,4 C. Tlak naycených ar vody ři této telotě je 99,2 kpa. Kolik gramů vody je třeba za daných odmínek k ředetilování 00 g N,N-diethylanilinu? M 49 gmol -, M 2 8 gmol -. P 0,32 99,22,2 kpa m m 2 n 2 M 2 n y y 2 M 2 M y 2 y 2,2 0,32 0,0209 y M , ,9 g 0, Cyklohexan () a methanol (2) vytvářejí ři telotách nižších než 49 C v určitém koncentračním intervalu heterogenní mě. Při telotě 40 C obahuje fáze bohatší na methanol 27 mol.% cyklohexanu, druhá fáze obahuje 73,2 mol.% cyklohexanu. Zíkáme heterogenní ytém, míímeli ři této telotě mol methanolu a 2 mol cyklohexanu? Pokud ano, jaké bude látkové množtví fáze bohatší na methanol?

20020,358 C 6,2207 log 00 Pro výočet teloty varu měi je nutné řešit rovnici: x 703 00x 0 [6,4063 t 203 ] x2 0 732 [6,2207 t 200 ] Tuto rovnici je nutné řešit numericky.

4 I fáze bohatší na methanol x I 0,27 II fáze bohatší na cyklohexan x II 0,732 z n n n ,667 x I z x II mě o ložení z leží v heterogenní oblati a rozadá e na dvě fáze o loženích I a II. n I n x II z II z x 0,732 0,667 I 0,667 0,27 0,647 n I n II 3 n I 0,647 n II 0,647 3 n I n I 0,423 mol 9. Při 25 C e ři arciálním tlaku chloru 0, MPa v dm 3 ethylbenzenu rozutí,66 mol Cl 2. Určete (a) Henryho kontantu Cl 2 a (b) jeho rozutnot v ethylbenzenu (v gdm -3 ) ři téže telotě za arciálního tlaku chloru 0,037 MPa. Hutota ethylbenzenu je 0,8626 gcm -3, M ethylbenzen 06,7 gmol -, M Cl 35,5 gmol -. a) b) m Cl2 n Cl2 M Cl2 x Cl 2 n EB x EB n EB V EB 0, ,247 mol M EB 06,7 0, MPa n Cl 2,66 n Cl 2 n EB,66 8,247 0,696 Cl 2 0, 0,589 MPa x Cl2 0,696 x Cl2 Cl 2 0,037 0,589 0,06277 M Cl 2 0, ,247 0, ,683 g / dm 3 EB 2. Potáěčká nemoc je vyvolána tím, že e bublinky duíku rozuštěného v krvi uvolňují v důledku nížení tlaku ři rychlém návratu otáěče k hladině a brání krevnímu oběhu. Za ředokladu, že rozutnot duíku v krvi je tejná jako ve vodě, vyočtěte objem duíku uvolněného z krve (lynný tav; t 37 C, 00 kpa) ři rychlém návratu otáěče ke hladině z hloubky 60 m. Předokládejte, že lidké tělo obahuje 6 dm 3 krve (ro výočet uvažujte, že krev má ři 37 C tejné vlatnoti jako voda, 0,993 gcm -3, M 8 gmol - ), hutota mořké vody je ρ,044 gcm -3 a (N 2 ) 0000 MPa. Složení vzduchu: 2 mol.% kylíku, 79 mol.% duíku, g 9,8 m -2. P 0,325 kpa moře g h , ,4 Pa y 0,79 0,32580,047 kpa y 0,79 75,823565,5 kpa

Určete (a) Henryho kontantu Cl 2 a (b) jeho rozutnot v ethylbenzenu (v gdm -3 ) ři téže telotě za arciálního tlaku chloru 0,037 MPa.

5 x 80, n x H O n H O x , mol N ,5 5, n 2 H 2 O n H 2 O 5, , ,655 0 mol n N 2 n 2 n, ,65 0 3, mol V n R T 0,0607 R 273,5 37 0,44 dm 3 00

5,655 0 5 33,872 0 2 5 5,655 0 mol n N 2 n 2 n,872 0 2

Podobné dokumenty

d T FP = fázový přechod (tání, tuhnutí, vypařování, kapalnění, sublimace)

d T FP = fázový přechod (tání, tuhnutí, vypařování, kapalnění, sublimace) Fázové rovnováhy jednoložkový ytém Gibbův fázový zákon k f C Popi záviloti tlaku naycených par na teploě Clapeyronova rovnice: d p F P m n e b o F P d l np F P m F P z FP fázový přechod (tání, tuhnutí,