‹çindekiler - Anadolu Üniversitesi

5. Ünite - Serbest Enerji
119
‹deal Gaz›n Gibbs Serbest Enerjisinin Bas›nca Ba¤l›l›¤›
Gazlar s›k›flt›r›labilir ak›flkanlar oldu¤undan bas›nç de¤iflimi, hacimleri üzerinde
önemli de¤iflimlere yol açar. ‹deal gaz hacmini, bas›nc›n fonksiyonu olarak ifade
eden ba¤›nt›n›n yani ideal gaz denkleminin,
nRT
V =
P
oldu¤unu biliyoruz. Eflitlik 5.32, ideal gaz için düzenlenip s›cakl›¤›n sabit oldu¤u
durum için integrali al›n›rsa,
G
∫
G
2
1
dG
P2
V dP
P
P
G2− G1
= nRT ln
2
P
P
∆ G=
nRT ln 2 P1
P
= ∫ =∫
1
2
P
1
1
nRT
P
dP
(5.33)
elde edilir. Bu eflitlik ideal gaz›n sabit s›cakl›kta farkl› iki bas›nç aras›ndaki Gibbs
serbest enerjisindeki de¤iflimin veya belli bir bas›nçtaki Gibbs serbest enerjisinin
hesaplanmas›nda kullan›labilir.
E¤er ideal gaz için ilk halin, standart hal olmas› durumunda (bas›nç P°) bu son
ba¤›nt›,
o P
∆ G = G− G = nRT ln
(5.34)
P o
fleklini al›r.
2,00 mol ideal gaz 350 K’de bas›nc› yar›ya düflünceye kadar sabit s›cakl›kta genlefltiriliyor.
Gaz›n Gibbs serbest enerjisindeki de¤iflimi bulunuz.
ÖRNEK 5.9:
Çözüm:
Eflitlik 5.33 kullan›larak,
P
− −
∆ G= nRT ln 2
1 1 ⎛1⎞
= ( 2, 00 mol) ( 8, 314 J K mol )( 350 K)
ln
4034
P1
⎝⎜
2⎠⎟ =−
bulunur.
J
3,00 mol ideal gaz 300 K’de bas›nc› 5,0 atmosferden 1,0 atmosfere düflünceye kadar
sabit s›cakl›kta tersinir olarak genlefltiriliyor. Bu gaz için, q, w, ∆U, ∆H, ∆G, ∆A
ve ∆S niceliklerini hesaplay›n›z.
ÖRNEK 5.10:
Çözüm:
Süreç sabit s›cakl›kta tersinir yürüdü¤ünden Ünite 2’de gördü¤ünüz üzere,
V
P
w=− nRT ln
2
=−nRT
ln
1
V1
P2
−1 −1
⎛5,0 atm ⎞
w =− (, 3 00 mol) ( 8, 314 J K mol )( 300 K)
ln
J
⎝⎜
1,0 atm
⎠⎟ =−12043
olur. Sabit s›cakl›k süreçlerinde hacimdeki de¤iflim ideal gaz›n iç enerjisini ve entalpisini
de¤ifltirmedi¤inden ∆U=0 ve ∆H=0’d›r. Buradan termodinami¤in I. yasas›-
na göre,