【アトキンス物理化学第10版解答】第3章Aの演習問題を解説！

突然ですが、

と思っていませんか？

アトキンス物理化学は演習問題が沢山ありますが、解答書にも解答が記載されていない問題が沢山あるんですよね。

そこで、解答書には記載されていない演習問題の解説をしてみました！

この記事では、アトキンス物理化学(上)第10版2章D・E演習問題(b)の解答・解説をしていきます！

解答はアトキンス物理化学の解答書にも記載されていないので、これは筆者が求めた解答になります。計算ミスがあるかもしれないので、その点には注意してください！(計算ミスがあればご指摘いただければ幸いです。)

3章A

3A・1(b)

ある過程全体のエントロピー変化は、系のエントロピー変化と外界のエントロピー変化の和であるから、

$\Delta{S}_{total}=\Delta{S}_{sys}+\Delta{S}_{surr}$

と書くことが出来る。

問題文より、

$\Delta{S}_{total}=+105-95=+10>0$

であるから、この過程は自発的に進行する。

3A・2(b)

熱機関の効率は、与えられた熱量に対する仕事量で算出できるので、

$\eta=\frac{0.71}{2.71}=0.262$

である。また、効率は熱源温度の比から算出することも出来、有機液体の温度を$T_{c}として、

$\eta=1-\frac{T_{c}}{273.16}$と書ける(水の三重点の温度は、$273.16 K$である)。

よって、

$T_{c}=273.16\times(1-0.262)=201.59$

より、$202 K$となる。

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3A・3(b)

エントロピー変化$\Delta{S}は、

$\Delta{S}=\frac{q_{rev}}{T}$

と書くことが出来るので、これを用いて、

(ⅰ) $\Delta{S}=\frac{100\times10^{3} J}{273.15 K}$≒$366 J K^{-1}$

(ⅱ) $\Delta{S}=\frac{100\times10^{3} J}{323.15 K}$≒$309 J K^{-1}$

となる。

2D・4(b)

298 Kにおけるエントロピーは、

$S_{m}(298 K)=S_{m}(0)+\int_{0}^{298}\frac{C_{p}}{T}dT+\sum \dfrac{\Delta _{tr}H}{T}$

と書くことが出来る。

$S_m(0)$は明らかに小さく、CO₂及びH₂Oについて前者は昇華エントロピー、後者は融解及び蒸発エントロピーといずれも相転移エントロピーを含むので、熱容量寄与が支配的になると予想される。

熱容量は1 K上昇するのに必要な熱量である。

分子量が大きい場合、温度を上昇させる(激しく分子運動させる)ためにはより必要な熱量は大きい、つまり熱容量は大きいと言える。

CO₂とH₂Oは前者の方が約2.4倍であるため、CO₂の方が熱容量は圧倒的に大きい。

したがって、CO₂の方が標準モルエントロピーが大きいと考えられる。

3A・5(b)

$\Delta{S}=nRln\frac{V_f}{V_i}$

$=\frac{4.00}{28.014}\times8.314\times ln\frac{750}{500}=0.481 J K^{-1}$

より、$0.481 J K^{-1}$

となる。

3A・6(b)

トルートンの規則より、

$\Delta{_{vap}S^o}=85 J K^{-1} mol^{^-1}$

とすることが出来るので、これを用いて標準モル蒸発エンタルピーは、

$\Delta{_{vap}H^o}=353.85\times85=30 kJ mol^{-1}$

より、$30 kJ mol^{-1}$

となる。

3A・7(b)

まず、アルゴンの定積モル熱容量を求めると、

$C_{v,m}=C_{p,m}-R=20.786-8.314=12.472 J K^{-1} mol^{-1}$

である。これを用いて、250 Kにおけるモルエントロピーは、

$S(250 K)=S(298 K)+\int_{298}^{250}\frac{12.472}{T}dT$

$=154.84+12.472\times ln\frac{250}{298}$

$=152.65 J K^{-1} mol^{-1}$

となる。

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3A・8(b)

まず、1.50 atmのもと25℃から135℃へ変化した時のエントロピー変化$\Delta{S_{1}}$は、

$\Delta{S_{1}}=nC_{p,m}ln\frac{T_{f}}{T_{i}}=2.00 mol\times\frac{7}{2}\times8.314 J K^{-1} mol^{-1}\times ln\frac{408}{298}$

$=18.28 J K^{-1}$

であり、また135℃のもと1.50 atmから7.00 atmへと変化した時のエントロピー変化\DetlaS_{2}$は、

ボイルの法則より、$\frac{V_{f}}{V_{i}}=\frac{p_{i}}{p_{f}}$であることを考慮して、

$\Delta{S_{2}}=nRln\frac{V_{f}}{V_{i}}=nRln\frac{p_{i}}{p_{f}}$

$=2.00 mol\times8.314 J K^{-1} mol^{-1}\times\frac{1.50}{7.00}$

$=-25.61 J K^{-1} mol^{-1}$

である。したがって、全体の状態変化に伴うエントロピー変化$\Delta{S}$は、

$\Delta{S}=\Delta{S_{1}}+\Delta{S_{2}}=18.28-25.61=-7.33 J K^{-1}$

となる。系のエントロピーは負であるが、これが自発的(不可逆的)に起こるかどうかは外界のエントロピー変化を含めた、全体のエントロピー変化で決まる。

3A・9(b)

質量及び比熱容量が同一で温度が異なる物質を接触させた場合、双方の間の温度になるので、$\frac{100+25}{2}=62.5℃$になる。

もとが100℃の鉄ブロックのエントロピー変化$\Delta{S_{1}}$は、

$\Delta{S_{1}}=1.00\times10^{3} g\times0.449 J K^{-1} g^{-1}\times ln\frac{335.65}{373.15}$

$=-47.55 J K^{-1}$

であり、もとが25℃の鉄ブロックのエントロピー変化$\Delta{S_{2}}$は、

$\Delta{S_{2}}=1.00\times10^{3} g\times0.449 J K^{-1} g^{-1}\times ln\frac{335.65}{298.15}$

$=53.19 J K^{-1}$

である。したがって、全体のエントロピー変化$\Delta{S_{total}}$は、

$\Delta{S_{total}}=-47.55+53.19=5.64 J K^{-1}$

より、$5.64 J K^{-1}$

となる。

3A・10(b)

まず、$1.20 dm^{3}$から$4.60 dm^{3}$へと等温膨張した時のエントロピー変化は$\Delta{S}$は、

$\Delta{S}=\frac{21}{39.948}\times8.314\times ln\frac{4.60}{1.20}$

$=5.873 J K^{-1}$

である。

(ⅰ)等温可逆膨張

$\Delta{S_{sys}}=5.87 J K^{-1}$

可逆膨張より、$\Delta{S_{total}}=0 J K^{-1}$

よって、外界のエントロピー変化は、$\Delta{S_{sur}}=\Delta{S_{total}}-\Delta{S_{sys}}=0-5.871$

$=-5.87 J K^{-1}$

となる。

(ⅱ)$p_{ex}=0$に対する等温非可逆膨張

等温膨張より、$\Delta{S_{sys}}=5.87 J K^{-1}$

また、$p_{ex}=0$より、$w_{ex}=0$。等温膨張かつ、熱力学第一法則より、$q_{ex}=0$。

したがって、外界のエントロピー変化$\Delta{S_{sur}}=0$

以上より、$\Delta{S_{total}}=5.87+0$

$=5.87 J K^{-1}$

となる。

(ⅲ)断熱可逆膨張

断熱可逆過程より、$\Delta{S_{sys}}=0 J K^{-1}$

また、断熱過程であるから周囲との熱のやり取りもないため、$\Delta{S_{sur}}=0 J K^{-1}$

したがって、$\Delta{S_{total}}=0 J K^{-1}$

となる。

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3A・11(b)

(ⅰ)

$\Delta{S_{vap}}=\frac{35.27\times10^{3}}{337.25}=104.6 J K^{-1} mol^{-1}$

より、$104.6 J K^{-1} mol^{-1}$

(ⅱ)可逆過程

可逆過程ならば、$\Delta{S_{total}}=0 J K^{-1}$であるので、$\Delta{S_{sur}}=-104.6 J K^{-1} mol^{-1}$

となる。

3A・12(b)

各相の温度上昇時のエントロピーと各転移エントロピーの和を考えましょう！

氷の温度上昇(-12.0℃→0.0℃)のエントロピー変化：$nC_{p}(H2O, s)ln\frac{T_{f}}{T_{i}}=75.291\times ln\frac{273.15}{261.15}=3.382 n J K^{-1}$

氷の融解エントロピー：$n\frac{\Delta_{fus}H}{T_{fus}}=\frac{6.008\times10^{3}}{273.15}=22.00 n J K^{-1}$

水の温度上昇(0.0℃→100.0℃)のエントロピー変化：$nC_{p}(H2O, l)ln\frac{T_{f}}{T_{i}}=75.291\times ln\frac{373.15}{273.15}=23.49 n J K^{-1}$

水の蒸発エントロピー：$n\frac{\Delta_{vap}H}{T_{vap}}=\frac{44.016\times10^{3}}{373.15}=117.96 n J K^{-1}$

水蒸気の温度上昇(100.0℃→105.0℃)：$nC_{p}(H2O, ｇ)ln\frac{T_{f}}{T_{i}}=33.58\times ln\frac{378.15}{373.15}=0.4470 n J K^{-1}$

ここで、物質量$n$は、

$n=\frac{15.0}{18.02}=0.8324 mol$

である。したがって、

$0.8324\times(3.362+22.00+23.49+117.96+0.4470)=139.2 J K^{-1}$

より、$139.2 J K^{-1}$となる。

最後に

いかがでしたか？

今回は、アトキンス物理化学(上)第10版の3章A演習問題(b)の解答及び解説をしてきました。

演習問題を沢山解いてテストや院試で高得点を目指しましょう！

もし、この記事の人気があれば他の演習問題の解説・解答に関する記事も増やしていきたいと考えています！

ぜひ、参考にしてみてくださいね！