K22
Här finns åtminstone två olika sätt att tänka på processen.
Sätt 1: Vi blandar två gaser till en ideal lösning. I uppgift b) måste ihopblandningen föregås av en tryckutjämning, d.v.s. en flyttning av skiljeväggen. Om det är samma gas på båda sidorna utgörs processen enbart av tryckutjämningen, eftersom ingenting händer när skiljeväggen tas bort.
Sätt 2: När vi tar bort skiljeväggen får båda gaserna större volym. Eftersom de är ideala påverkar de inte varandra. Ingen speciell hänsyn behöver tas till att gaserna har olika tryck. Om det är samma gas på båda sidorna kan man se det som att skiljeväggen bara flyttas, varvid den ena gasen får större volym och den andra mindre volym.
Räkna först ut mängden gas (0.204 mol i a, 0.408 mol i b)
Sätt 1:
På uppgift a) ges svaren av ekvationerna i avsnittet om blandningsentropi.
På uppgift b) måste ihopblandandet föregås av en tryckutjämning, d.v.s. skiljeväggen flyttas så att volymen blir 3.75 liter på N2-sidan och 1.25 liter på O2-sidan, medan trycket blir 2 atm på båda sidorna. Om vi utför arbetet reversibelt kommer vi att "hålla emot" med 2 atm från början så att N2-gasen känner av ett externt tryck på 3 atm medan O2-gasen känner av ett externt tryck på 1 atm. Under processen (som är oändligt långsam) håller vi emot med mindre och mindre kraft så att, för vardera gasen, det externa trycket alltid motsvarar det interna. Det reversibla arbetet som då utförs på vardera gasen kan beräknas (wN2 = -308 J och wO2 = 176 J, ΔG = wtot = -132 J). Eftersom processen utförs isotermt måste värmetillförseln vara 132 J vilket ger entropiändringen 0.44 J/K. Observera att ΔG ges direkt av -TΔS, detta eftersom ΔU=q+w=0 och Δ(pV)=Δ(nRT)=0 för vardera gasen, och därmed ΔG= ΔU+Δ(pV)-Δ(TS) = -TΔS . Ihopblandandet följer sedan samma ekvationer som i uppgift a, fast med x1=0.75 och x2=0.25.
Sätt 2:
I både uppgift a och b leder processen till att varje gasmolekyl får dubbelt så stor plats, och entalpiändringen är 0 eftersom ideal gas. Därför gäller i båda fallen:
ΔS = nR ln 2
ΔG = -TΔS
Om det är samma gas på båda sidorna kan man se det som att man flyttar väggen så att trycket utjämnas, men man låter inte gasmolekylerna få tillgång till platsen på andra sidan väggen, för det ger ingen ändring i antalet mikrotillstånd att tillåta dem att vara där. Man får alltså att molekylerna på den sidan med högt tryck (vilka utgör 75% av den totala mängden) får större plats medan de på sidan med lågt tryck får mindre plats:
ΔS = nR (0.75*ln (3.75/2.5) + 0.25*ln (1.25/2.5) )=0.44 J/K
Kommentar: I princip skulle processen när gaser blandas kunna användas för att utföra arbete eftersom ΔG<0. Man skulle t.ex. kunna tänka sig att man istället för att ta bort skiljeväggen ersätter den med ett membran som släpper igenom N2 men inte O2. Då skulle membranet tryckas till kanten av O2-tryckskillnaden och man kunde koppla det till en generator och få ut elektricitet. Man ser här tydligt att molekylerna måste vara olika för att ett arbete ska kunna utföras, annars kan ju inte membranet skilja dem från varandra. I verkligheten finns naturligtvis inga membran som kan skilja mellan N2 och O2. Skillnaden måste vara mycket större för att man ska kunna använda denna princip, i t.ex. osmoskraftverk.
