====== Ejercicios complementarios - Guía 1 - 63.11 Química Aplicada A ====== ===== Conceptos a desarrollar ===== [[:materias:63:11:unidad_1|Descripción Termodinámica de la Materia]] \\ Leyes generales de conservación: masa y energía. Formulación general del balance para una propiedad conservada. Balance de energía total para un sistema abierto. Entalpía. Sistema cerrado: primera ley de la termodinámica. Leyes termoquímicas. Balance para una propiedad no conservada. Entropía (S). Proceso reversible. Expresiones de balance de masa, energía y entropía para sistemas abiertos y cerrados a P y T constantes. Potenciales termodinámicos: Energía libre de Gibbs (G). Criterios de equilibrio: condiciones para S y G; segunda ley de la termodinámica. Equilibrio mecánico, térmico y químico. Cambio en las funciones de estado de un gas ideal. ===== Ej 1 (resuelto) ===== Conteste verdadero o falso o no se puede predecir. Si el enunciado es falso, rescribalo de forma que sea verdadero. Si no se puede predecir, explique por que. Indique la convencion de signos usada. En una expansion isobarica cuasiestatica, seguida de una expansion adiabatica cuasiestatica de un gas ideal, se cumple que: \\ a) W>0 \\ b) En el proceso isobarico la temperatura final es mayor que la inicial \\ c) En el proceso adiabatico, la temperatura final es mayor que la inicial \\ d) \Delta H>0 \\ e) \Delta G =\Delta H - T\Delta S \\ f) \Delta S>0 \\ g) \Delta U= Q + W \\ h) \Delta H = Q \\ i) W = - n\,R\,T \ln{\frac{V_f}{V_i}} \\ j) Q>0 \\ ++++Solución | a) como en un trabajo de expansión-compresión cuasiestático \delta W=-P\,dV (es decir el trabajo realizado hacia el sistema o //Convención egoista//) entonces como es una expansión dV>0 y por lo tanto W<0 .\\ b) Un proceso isobárico es por definición un proceso a presión constante. Como es un gas ideal debe cumplirse que PV=nRT Como en este caso P y n son constantes y V aumenta por lo tanto T aumenta, esto es pues aplicando la ecuación de estado a los estados final e inicial, y dividiendo ambas ecuaciones se obtiene \frac{T_2}{T_1}=\frac{V_2}{V_1}>0 . Por lo tanto es verdadera.\\ c) Si es adiabático entonces por el primer principio se cumple n\,C_v\,dT=-P\,dV y como es un gas ideal se reemplaza P=\frac{n\,R\,T}{V} y se obtiene C_V\,d\ln{T}=-R\,d\ln{V} por lo tanto como C_V (gas ideal) y R son constantes, cuando aumenta el volumen, disminuye la temperatura. Falsa.\\ d) Como el primer porceso es isobárico y además (como se mostró en b) es con aumento de temperatura se obtiene que (al ser gas ideal) dH=n\,C_P\,dT>0 y por lo tanto \Delta H_1 > 0 . Para la segunda evolución se sabe que es adiabática que el gas es ideal y por lo tanto H sigue siendo sólo función de la temperatura y por lo tanto como la temperatura disminuye \Delta H_2<0. Entonces como no se tiene ninguna magnitud no se puede determinar.\\ e) No se cumple, pues es una relación sólo válida a T=cte .\\ f) Como ambas evoluciones son cuasiestáticas (reversibles) entonces \Delta S_{\mbox{univeso}}=0 . En la primera además se libera calor al medio y por lo tanto se intercambiará entropía con el medio; y como el calor es ganado entonces el sistema gana entropía y \Delta S_1 > 0. Además en la segunda ecuación el sistema está aislado y por lo tanto \Delta S_2=0. Entonces \Delta S >0.\\ g) Esa es la expresión del primer principio y por lo tanto se supone válida.\\ h) Esto no es válido. i) Falso. j) Sólo se intercambia calor en el primer proceso. Como en este proceso Q_P=\Delta H_1>0 el total Q>0 **Espacio para discutir la resolucion** \\ Gracias gk_264 por resolverlo! Reemplacé dW por \delta W porque es un diferencial inexacto. W no es una funcion de estado, es decir, depende de la trayectoria que tome la evolucion. También agregue algunos espacios en las ecuaciones con esto: \, Tambien metí algunas fracciones. Cornell \\ Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá. Al resolver un ejercicio agregá en el titulo la palabra (resuelto) para facilitar la navegación. ++++ ===== Ej 2 (resuelto) ===== Un mol de un liquido a 10º C se sumerge en un bano de gran capacidad de agua y hielo, a 0º C. Indique el estado final del sistema. Calcule \Delta S del liquido, del agua y del universo. Indique si el proceso es espontaneo. \\ T^{fus} del liquido = 5.5 ºC; \Delta H^{fus} del liquido = 10.59 kJ/mol \\ Cp_{(l)} = 3,2 kJ/moI K Cp_{(s)} = 2.5 kJ/mol K \\ ++++Solución | **Estado final: Sólido a 0ºC**, pues supuestamente la cantidad de agua es muy grande y no cambiará su temperatura a pesar de absorber el calor.\\ \Delta S=S_{\mbox{s\'ol,0}}-S_{\mbox{l\'iq,10}}=(S_{\mbox{s\'ol,0}}-S_{\mbox{s\'ol,5.5}})+ (S_{\mbox{s\'ol,5.5}}-S_{\mbox{l\'iq,5.5}})+(S_{\mbox{l\'iq,5.5}}-S_{\mbox{l\'iq,10}}) \\ \Delta S=\Delta S_{\mbox{s\'ol}}+\Delta S_{\mbox{l\'iq}}-\Delta S_{\mbox{fusi\'on}} \\ Recordando que para una sustancia incompresible s_2-s_1=c\ln{\frac{T_2}{T_1}} \\ \Delta S_{\mbox{s\'ol}}=nc_{P,S}\ln{\frac{273}{278.5}}=-49.8J/K \\ \Delta S_{\mbox{l\'iq}}=nc_{P,L}\ln{\frac{278.5}{283}}=-147.5J/K \\ \Delta S_{\mbox{fusi\'on}}=\frac{\Delta H_{\mbox{fusi\'on}}}{T_f}=38.03J/K \\ \Rightarrow \Delta S=-235.33J/K\\ Q=\Delta H=\Delta H_S+\Delta H_L-\Delta H_F=nc_{P,S}(0-5.5)+nc_{P,L}(5.5-10)-\Delta H_F=-65.74kJ \\ Entonces (como el agua es tan grande que mantiene su temperatura constante): \Delta S_{H_2O}=\frac{-Q}{T_{H_2O}}=240.81J/K \\ Entonces: \Delta S_u=\Delta S+\Delta S_{H_2O}=5.476 J/K>0 lo que indica que es espontáneo (como es de esperar). ++++ ===== Ej 3 (resuelto) ===== Un mol de gas ideal monoatomico se somete a los siguientes procesos reversibles: \\ a) estando inicialmente a 25 ºC y 1 atm se expande isotermicamente hasta duplicar su volumen. \\ b) el gas se calienta a 125 ºC isocoricamente. \\ c) el gas se expande a temperatura constante hasta duplicar su volumen nuevamente \\ d) el gas se enfria hasta 25º C y presion constante. \\ Calcular: \Delta U, \Delta H, Q, W y \Delta S para cada etapa. \\ ++++Solución | para resolver este problema debemos (además de calcular lo que nos piden) calcular las coordenadas termodinámicas de cada punto (P,V,T).También aclaro que estos ejercicios se resuelven mejor si al mismo tiempo que se resuelve se va realizando el diagrama PV correspondiente a cada evolución.\\ a) V_0=nRT_0/P_0=24.44L \\ T_1=T_0=25^oC \quad V_1=48.88L \quad P_1=P_0V_0/V_1=P_0/2=0.5atm \\ \Rightarrow W=-\int_{V_1}^{V_2}PdV=-nRT\ln{\frac{V_2}{V_1}}=-413.12cal \\ \Delta U=0 \Rightarrow Q=-W \Rightarrow Q=413.12cal \\ \Delta H=\Delta U+\Delta(PV)=0 \quad \Delta S=\frac{Q}{T}=1.386cal/K \\ b) P_2=P_1T_2/T_1=0.668atm \\ W=0 \quad (\mbox{pues }\Delta V=0) \\ \Delta U=nC_V\Delta T=300cal=Q \\ \Delta H=\Delta U+V\Delta P=524.133cal \\ \Delta S=nC_V\ln{\frac{T_2}{T_1}}=14.507cal/K \\ c)Los cálculos son similares al punto **a**\\ V_3=97.8L \quad P_3=0.344atm \quad W=-551.75cal \\ \Delta U=0 \quad Q=551.75cal \quad \Delta H=0 \quad \Delta S=-1.3868cal/K\\ d) V_4=V_3T_4/T_3=73.23L \\ W=-P\Delta V=506.15cal \quad \Delta U=nC_V\Delta T=-300cal \\ Q=-506.15cal \quad \Delta H=Q_P=-506.15cal \Delta S=nC_P\ln{\frac{T_4}{T_3}}=-1.447cal/K ++++ ===== Ej 4 (resuelto) ===== Un sistema contiene 7,14 g de Ne a 0 ºC y 1 atm. Cuando se adicionan al sistema 2025 J de calor a presion constante, la expansion resultante hace que el sistema entregue 810 J de trabajo. Calcular: \\ a) estado inicial \\ b) estado final \\ c) \Delta U , \Delta H para el proceso \\ d) Cp, Cv (comprobar que Cp = 5/2 R. y Cv = 3/2 R) \\ El neon se comporta como gas ideal. Ar_{Ne} = 20 \\ ++++Solución | a) n=7.14g/20gmol^{-1}=0.354mol \\ V=nRT/P=7.9288L \\ b) W=P\Delta V=\underbrace{P}_{1atm}(V_f-\underbrace{V_i}_{7.93L})=810J=7.993Latm \Rightarrow V_f=15.9216L\\ T_f=PV/nR=548.49K=275.34^oC \\ c) \Delta U=Q-W=1215J \\ \Delta H=Q_P=Q=2025J \\ d) c_p=\Delta H/n\Delta T=20.775Jmol^{-1}K^{-1} \\ c_v=\Delta U/n\Delta T=12.4653Jmol^{-1}K^{-1} ++++ ===== Ej 5 (resuelto) ===== El ciclo de la figura lo realiza un mol de gas ideal cuyo Cv = 3 cal / mol K. Si el area bajo la curva 3-1 corresponde a 400 cal , y 1-2 es una etapa irreversible, calcular \Delta S en cada proceso. T_1 = 200 K ; T_2 = 300 K. \\ {{:materias:63:11:complementarios_ej5.jpg|:materias:63:11:complementarios_ej5.jpg }} \\ ++++Solución | Como es un ciclo se cumple: \Delta S_{12}+\Delta S_{23}+\Delta S_{31}=0 \\ \Delta S_{23}=n\,C_v\,\ln{T_3}{T_2}=3calK^{-1}\ln{\frac{2}{3}}=-1.2164calK^{-1} \\ \Delta S_{31}=\frac{Q}{T}=-400cal/200K=-2calK^{-1} \\ \Delta S_{12}=3.2164calK^{-1} por la primer ecuación. ++++ ===== Ej 6 (resuelto) ===== La capacidad molar del I_2 (s) a 1 atm de presion esta descripta por: \\ Cp = 12,97 + 3,21 x 10^{-4} T (cal/mol K) \\ Si la capacidad calorifica molar del I_2 liquido es aproximadamente constante e igual a 19,5 cal /mol K; el calor normal de vaporizacion del yodo es de 6100 cal /mol y el calor normal de fusion es 3740 cal /mol. \\ Calcular el calor necesario y la variacion de entropia que acompaña a la vaporizacion de un mol de yodo desde 25 ºC hasta 184 ºC. \\ Temperatura normal de ebullicion del yodo = 184 ºC \\ Temperatura normal de fusion del yodo = 113.6 ºC \\ ++++Solución | \begin{array}{rcl} Q & = & Q_{25\rightarrow 113.6}+Q_{\mbox{fusi\'on}}+Q_{113.6\rightarrow 184}+Q_{\mbox{vaporizaci\'on}}\\ & = & \displaystyle n\int_{298K}^{386.6K} \!\!\!\! C_p^S dT + n\lambda_f + nC_p^L(184^oC-113.6^oC)+n\lambda_b \\ & = & \displaystyle \left[ 12.97(113.6-25)+\frac{3.21\cdot 10^{-1}}{2}(386.6^2-298^2)+3740+19.5(184-113.6)+6100 \right] cal\\ & = & 12371.7 cal \end{array}\\ \begin{array}{rcl} \Delta S & = & \displaystyle n\int_{298K}^{386.6K} \frac{C_p^S}{T} dT + n\frac{\lambda_f}{T_f} + nC_p^L\ln{\frac{457}{386.6}}+n\frac{\lambda_b}{T_b} \\ & = & \displaystyle \left[ 12.97\ln\frac{386.6}{298}+3.21\cdot 10^{-4}(113.6-25)+\frac{3740}{386.6}+19.5\ln\frac{457}{386.6}+\frac{6100}{457} \right] cal/K\\ & = & 29.688cal/K \end{array} ++++ ===== Ej 7 ===== A la presion de 1 atm, la temperatura de fusion del plomo es 600 K. Si dos moles de plomo inicialmente a 590 K y 1 atm, se llevan a 610 K. Calcular la variacion de entropia asociada. \\ Pb_{(s)} a Pb_{(l)} \Delta H (600K, 1atm) = 4810 J Cp_{Pb(l)} = 32,4 . 3,1 x 10-3 T ( J / mol K ) \\ Cp_{Pb(s)} = 23,6 + 9,75 x 10-3 T (J / mol K) \\ ++++Solución | Reemplazá este texto por tu resolución del problema ++++ ===== Ej 8 ===== 100 ml de agua, inicialmente a 25^o C y 1 atm, se comprimen isotermicamente hasta 100 atm. Suponiendo que el agua es incompresible. Calcular la variacion de energia libre de Gibbs. \\ ++++Solución | Reemplazá este texto por tu resolución del problema ++++ ===== Ej 9 ===== Calcular el cambio de energia libre de Gibbs durante la expansion de 2 moles de gas ideal desde 1 atm a 0,1 atm, a 298 K. \\ ++++Solución | Reemplazá este texto por tu resolución del problema ++++ ===== Ej 10 ===== Una hoja de oro que pesa 10,0 g se encuentra a una temperatura de 18^o C y se coloca sobre una delgada hoja de hierro que pesa 20,0 g y que esta a una temperatura de 55,6^o C en un recipiente adiabatico. Calcule \Delta S del oro, del hierro, del sistema global, del medio y del universo. \\ Cp,_{oro} = 0,129 J/g K \\ Cp,_{hierro} = 0,385 J/g K \\ ++++Solución | Reemplazá este texto por tu resolución del problema ++++ ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.