UNIVERSIDAD CENTRAL DEL ECUADOR
FACULTAD DE INGENIERIA EN GEOLOGIA MINAS PETROLEOS Y AMBIENTAL
Carrera: minas
Materia: fisicoquímica
Dr. Bolívar Enríquez
Nombre: patricio castro
Fecha: 05/07/2013
Curso: tercero minas
1.-Un mol de gas ideal monoatómico que está a 30°C y que ocupa 1 dm3 se
expande hasta 100 dm3. Calcular el cambio de entropía
Datos
∆ S=R ln(V 2
V 1)
∆ S=8.3144 Jmol K
ln( 1001 )
T = 30 °C
V1 = 10 dm3
V2= 100 dm3
2.- Una refrigeradora que funciona entre 0°C y 25°C tiene 0.50 de eficacia.
Calcular: a) el trabajo para congelar 100 gramos de agua y b) el calor que
pierde a 25°C
a)
Datos
T1 = 0°C
T2 = 25°C
magua = 100g
b)
Datos
T1 = 25°C
3.- Para el ciclo de Carnot se traza el diagrama P – V, señalar los signos de V,
T, P, ∆U, ∆H y ∆S para cada uno de los cuatro pasos.
∆ S=R ln(V 2
V 1)
∆ S=8.3144 Jmol K
ln( 1001 )
Q=mc∆T
Q=100 g∗4.186 Jg°C
∗25 °C
Q=10465 J
L=∈∗Q=0.50∗10465J
L = 5232.5 J
Q=L∗T2T 2−T 1
Q=5232.5 J∗298.15298.15−273.15
Q = 62402.795 J
A – B: El gas se encuentra en el estado A a P1, V1 a la temperatura T2, se
expande isotérmicamente hasta B (P2, V2, T2) de V1 a V2 con la absorción del calor
Q2 que es igual al trabajo máximo L2.
Al aumentar el volumen se produce un aumento en el desorden de las moléculas
del gas, en tal situación P2˃P1
∆U=∫T1
T2
CvdT
∆ H=∫T1
T2
CpdT
Siendo evidente que ∆H y ∆U son iguales a cero.
B - C: El gas en el estado B (P2, V2, T2) se asila adiabáticamente con el fin de
reducir a cero el flujo de calor dQ = 0, de B a C se produce una expansión
adiabática de V2 a V3 con la disminución de la temperatura T1, como consecuencia
el gas pierde una cantidad de energía igual a L2, en tal caso se produce una
disminución de ∆H y ∆U, Según la segunda ley de la termodinámica TdS = dQ
para sistema reversible, en tal situación dS = 0.
C - D: El gas en el estado C (P3, V3, T1) sometido a la conversión, se comprime
isotérmicamente a T1 con la reducción de volumen de V3 a V4 con una pérdida de
calor –Q1 = D, Por tratarse de un proceso isotérmico ∆H y ∆U son igual a cero, se
comprime el gas ∆S se reduce.
D - A: El gas en el estado D (P4, V4, T1) se aísla para eliminar el flujo de calor de
tal modo que dQ = 0, luego se somete a compresión por la disminución del
volumen de V4 a V1, en tal situación aumenta ∆H y ∆U y ∆S = 0.
V T P ∆U ∆H ∆S
A - B + 0 - 0 0 +
B - C + - - - + 0
C - D - 0 + 0 0 -
D - A - + + + + -
4.- Calcular la máxima eficiencia termodinámica de una máquina térmica que
funciona entre 30°C y 120°C.
Datos
η=? η= 1 - T fría
Tcaliente
Tfr = 30°C 303°K η= 1 - 303° K393° K
Tca = 120°C 393°Kη= 1 – 0.771
η= 0.229 x 100%
η= 22.9 %
5.- Identifique un proceso para la cual ΔU= 0, ΔH= 0 y ΔS= 0 y explique sus
respuestas.
En un proceso isotermal reversible presenta ΔU= 0, ΔH= 0 puesto que: dU=Cv.Dt y
dH=Cp.Dt, es decir, el cambio de entropía y entalpía son cero en un proceso
isotermal porque se mantiene constante la temperatura y estas dos son funciones
de la temperatura por tanto también serán constantes.
En un proceso cíclico reversible el ΔS= 0 es decir: ΦdS=0.
6.- 1 mol de gas ideal monoatómico que está a 0ºC y 10 atmósferas de
presión se expande sometido, a una presión externa constante de 1
atmósfera. El volumen final es 10 veces mayor que el inicial siendo la
presión final igual a la presión externa. Calcular: (a) los volúmenes inicial y
final; (b) Q,L,∆U y ∆ S .
Datos: a) PV=nRT
n=1 V 1=
nRTP
=1mol∗0.082 atm∗L
ºKmol∗273 ºK
1atm=2.2386 L=2.24d m3
T=273ºK
P1=10 atm. V 2=10V 1=10∗2.24=22.4 L=22.4 d m3
P2=1 atm.
dU= dQ- dL
dT= 0
dU=0 entonces dQ=dL
b) L=Pex (V 2−V 1)
L=1atm(10V 1)
L=1atm (10∗2.24 L )=22.4 atm .dm3∗8.314 J
K mol
0.08205atm . LK mol
=2269.76J
S=RIn (P2P1 )S=8.314 J
K mol∗¿( 22.42.24 )=8.314 J
K mol∗¿10=19.14 J
mol
7.- A 1 mol de agua congelada a 0ºC que está en un frasco de Dewar se
añade 10 moles de agua a 25ºC. El hielo se funde y enfría al agua. La entalpía
de fusión del agua es ∆ H fus=5941.3Jmol
. Calcular (a) ∆ H ;(b) T final y (c) ∆ Spara
el proceso.
a¿C ¿ p=dHdT
Q=n∫T 1
T 2
C pdT
C p=f (T )
Q p=nC p (T 2−T1 )
Comoel sistemaesadiabático :∑ nC p(T2−T−1)=¿Q p=0¿
b) el calor a cero grados es:
Q= 1mol 5941.3 Jmol
El hielo gana calor desde 273.15ºK
Q=1mol 75.48 J
K mol(T m=273.15 )
Las 10 moles de agua pierden calor 293.15
Q= 10mol 75.48 J
K mol(T m=298.15 )
Q1+Q2=Q3
nC p=(T m−273.15 )+nCp8298.15−Tm¿=5941.3
T m=288.6 ºK
c) Cambio de entropía
S1=∆ H273.15
=5941.3273.15
=21.75 Jk mol
S2 será el cambiode entropía dedeel punto de fusiónhastala temperaturade lamezcla
8.- 1 mol de gas ideal monoatómico que está a 200 ºK se expande
adiabáticamente de 5 dm3 a 50 dm3. Calcular el cambio de entropía y la
temperatura del gas.
a)
T∗V ( γ−1 )=constante (Por Poisson)
T 1∗V 1( γ−1)=T2∗V 2
(γ−1)
T2T1
=(V 1
V 2)
( γ−1)
T 2=(V 1
V 2)
( γ−1 )
∗T 1
T 2=( 550 )(53−1)∗300
T 2=61.633 ºK
b)
ΔS=R∗CV∗lnT 2T 1
ΔS=8.314∗53
∗ln 61.633300
ΔS=−19.15 Jmol .K
9. Derivar las ecuaciones ( ∂S∂T )V
=CpT
;
( ∂S∂T )P
= 1T
∗[( ∂H∂ P )T
−~V ];Cv∗ln T 2T 1+R∗lnV 2
V 1
=0
dV=dQ−P .dV 1ra ley de la termodinámica
dV=T .dS−P .dV 2da ley de la termodinámica (dQ=T .dS)
dS=dVT
+P .dVT
Despejando
dS=C v∗dtT
+( ∂ P∂T ) . dV si dV = Cv . dT
( ∂S∂T )V
=CvT
Tomando la derivada parcial
Por otro lado:
H = f(T,P)
dH=( ∂ H∂T )P
∗dT+( ∂H∂ P )T
∗dP
dH=dV +P .dV +V .dPodH=dQ−P .dV +P .dV +V .dP
dHT
=dS+VT
∗dP Si el sistema es reversible
dS=( ∂ H∂T )
P
∗dT
T+( ∂ H∂ P )
T
∗dP
T−VT
∗dPIgualando
dS=Cp∗dTT
+[( ∂ H∂P )
T
−V ]∗dPT
Operando
( ∂S∂ P )∗T= 1T
∗[( ∂H∂ P )∗T−V ]Si el gas es ideal
dS=Cv∗dTT
+ PT
∗dV
dS=Cv∗dTT
+ RV
∗dV Integrando
ΔS=R∗CV∗lnT 2T 1
+R∗lnV 2
V 1
siΔS=0
R∗CV∗lnT2T1
+R∗lnV 2
V 1
=0
10.- La capacidad calorífica del amonio se define mediante la ecuación:
Cp= 29,75 + 25,10*10-3 T-1,55T-2Jmol-1K-1
Calcular a) ΔH b) ΔS
a) Se reconoce que:
ΔH= ∫T 1
T 2
CpdT
ΔH= ∫T 1
T 2
¿¿29,75 + 25,10*10-3 T-1,55T-2)dT
Que representa el ΔH del amoniaco.
ΔH= ∫300
1000
¿¿29,75 + 25,10*10-3 T-1,55T-2)dT
ΔH= 875,45Jmol-1K-1
b)ΔS= ∫T 1
T 2
CpdT /T
ΔS= ∫T 1
T 2
¿¿29,75 + 25,10*10-3 T-1,55T-2)dT/T
ΔS= ∫300
1000
¿¿29,75T-1 + 25,10*10-2 T-1,55T-1)dT
ΔH= 3.1 Jmol-1K-1
11.- 1 mol de agua se calienta a 1 atmósfera de presión a 0ºC hasta el estado
de vapor a 100ºC. El calor específico del agua es 4,10 Jmol-1K-1 y el calor de
vaporización es 2260 Jg-1 .Calcular el cambio de entropía.
H2O(L)(273,15) - H2O(L)(373,15 ºK)
En tal caso:
ΔST= nCpInT2/R1+ΔHc/T
ΔST= 1mol(78,8 Jmol-1K-1)In373,15/273,15+2260J/g*189/1mol 373,15 ºK
ΔST= 23,02+109,2
ΔST=132,04 J°Kmol-1
12. La ecuación de estado de un gas es P(V-b)=RT siendo Cv=a+bT+cT2
derivar una a un cambio de T1 a T2 y de V1 a V2.
Se conoce que:
dQ=dU+PdV
Si el proceso es reversible ecuación para calcular el cambio de entropía para
el caso en que 1 mol de gas se somete dQ=TdS y dL=PdV
Tenemos:
dU=Td S – PdV dS=dUT
+PTdV
Entonces:
dS=Cv dTT
+ PTdV Integrando
∆ S=∫T 1
T 2
(a+bT +c T2) dTT
+R∫V 1
V 2dVV−b
∆ S=a ln T 2T 1
+b (T 2−T 1 )+c (T 2¿¿2−T 12)2
+R ln V 2−bV 1−b
¿
13.- 100 g de estaño (Cp=25,52 Jmol-1K-1) a 100°C se añade a 100g de agua
(Cp=75,3 Jmol-1K-1) a 25 °C en un frasco adiabático. Calcular a) la
temperatura final del sistema y b) los cambios de entropía para el estaño y el
agua.
a) En un sistema adiabático dQ=0
∑ mi xCpi xTi
Calor cedido por el estaño =Calor ganado por el agua
100 gx (25,52/118,69)(100−Tm )=100 gx (75,35 /18)(Tm−25)
T= 28,66°C
b) El cambio de entropía
dS = nCpdT/T
Cp es constante
∆ SSn=100 g
118,7 gmol−1x 25,52
Jmol ° K
ln301,81373,15
∆ SSn=−4,55 Jmol ° K
∆ SH 2O=100g
18gmol−1x 75,3
Jmol ° K
ln301,8298,15
∆ SH 2O=5,1J
mol ° K
14.- 1 mol de gas ideal monoatómico inicialmente a 1 atmosfera de presión y
300 k se somete a una transformación cíclica reversible que incluye los
siguientes pasos: a) compresión isotérmica a 2 atmosferas; b) incremento
de temperatura a 400k a presión constante; y c) terminación del ciclo al
estado inicial mediante el camino señalado por p=a+bT. Trazar un diagrama
y calcular ∆U ,∆ H ,∆ S .
Para ∆U Para ΔS
ΔU =0 ΔS=Cpln(T2/T1)-Rln(P1/P2)
ΔU = Cv (T2-T1) ΔS=5.76J/mol°K
ΔU=32
(8.314 ) (400−300 ) ΔS=Cpln(T2/T1)-0
ΔU=1247.1J/mol ΔS=52
(6.314 ) ln( 400300 ) ΔS= 5.97 J/mol°k
ΔS= Cpln(T2/T1)-Rln(P1/P2)
ΔS=52Rln( 300400 )−Rln (2
1)
Para ΔH ΔS=-11.73J/mol°k
ΔH=0
ΔH=Cp ΔT
ΔH= 2885J/mol
Para el ciclo completo: ΔH = 0; ΔU = 0; ΔS = 0.
15.- Calcular el cambio de entropía de 1 mol de benceno a 25°C cuando la
prevención se incrementa de 1 bar a 1000 bar. El coeficiente isobárico de
expansión térmica es ∝=1.237 x10−3 k−1 y la densidad es de 0.879 gr/cm3
Se reconoce que:
(∂ s∂ p
¿ = (∂v∂T
¿
∝= 1vo
( ∂V∂P
)
(∂ s∂ p
¿=∝Vo ρ=mvV=m
ρ
ds = 1.236 x10−3°
k 70 gmol
0.873gcm−3(980-0.99)
∆ S=−10 .36 Jmol ° k
16. La ecuación de estado de un gas es PV = nRT – n2a/V2; derivar la
ecuación que define un cambio isotérmico de entropía con la presión
Se reconoce que:
(∂ S/∂ P )T=(∂V /∂T )P
Sea la ecuación:
PV=nRT−n2a /V 2
PdV=VdP=nRdT− [−2n2aVdV /V 4 ]P (∂V /∂T )P=nR−2n2a/V 3
(∂V /∂T )P=nR/P−(2n2a /V 3 )P
17.-Derivar las siguientes ecuaciones
( ∂S∂V )P
= CvTVα
+ αβ
¿
( ∂S∂V )P
=CvT ( ∂T∂V )
P
+ PT
Según la teoría de los gases ideales
α= 1V o
( ∂v∂T )P Y β=
1V o
( ∂V∂ P )T
α= 1T
Y β=1P
Desplazando la ecuación (a)
( ∂S∂V )P
=CP
αV OT+ αβ
b) Según la segunda ley de la termodinámica
Tds=dU+Pdv , dv=Tds−Pdv
Tomando la derivada con respecto a S y manteniendo la temperatura constante se
obtiene:
( ∂U∂S )P
=T−P( ∂V∂S )P
Por otro lado
dH=Tds+Vdp
( ∂ H∂S )P
=T ; ( ∂H∂ P )S
=V
Entonces
[ ∂∂ P ( ∂ H∂ S )
P]S
=[ ∂∂S ( ∂ H∂P )S]P
( ∂T∂ P )S
=( ∂V∂S )P
Reemplazando la ecuación (b)
(∂V /∂ S )P=T−P (∂T /∂ P )S
18.- Dada la reacción: 12N2 (g )+ 3
2H 2 (g )=N H 3 (g ), para la que las capacidades
caloríficas son:
Cp(N2) = 27 ,28+3 ,26 x10−3T +0 ,50x 105T−2
Cp(H2) = 28 ,58+3 ,76 x10−3T−0 ,50 x105T−2
Cp(NH3) = 29 ,75+25 ,10x 10−3T−1 ,55 x105T−2
Derivar la ecuación de ΔS = f (T) calcular ΔS a 300°K, 500°K, 600°K y 700°K y
trazar la curva la de ΔS – T.
ΔS=∫T 1
T 2
CpdTT
ΔS=(a+bT+c T−2 ) dTT
ΔS=( aT +b+c
T 3 )dTΔS=a ln (T 2−T 1 )+b (T 2−T 1 )−c (T 2−2−T 1−2 ) /2
Los valores de a, b y c son:
a = -28,11
b = 0,0181
c = -1,55 x 105
Realizando las operaciones:
Δ S300=−18,0807 Jmol K
Δ S500=−136,88 Jmol K
Δ S600=−146,37 Jmol K
Δ S700=−152,79 Jmol K
19.- Calcular el cambio de entropía de 1 mol de criptón que se somete a la
transformación: Kr (T1 = 300 K, P1 = 50 bar)→ Kr (T2 = 200 K, P2 = 10 bar).
Se conoce que:
ΔS=Cp ln(T 2T 1 )−R ln(P2P1
)
ΔS=2,5R ln( 200300 )−R ln( 98,749,35
)
ΔS=2,5∗8,314∗(−0,4 )−8,314∗0,69
ΔS=−14,25 Jmol K
20.- Se calienta 50 gramos de aluminio de 600°C a 700°C. El punto de fusión
es 660°C y la entalpía de fusión es 394 J.g-1. Además, las capacidades
caloríficas del líquido y solido son: 34.3 y 31.8 J.K-1.mol-1. Calcular el cambio
de Entropía.
Datos
m= 50grn= mM
T1=600 °C 873°K n= 50 gr
26.982gr /mol
T2=700 °C 973°K n= 1.853 mol
T3=660 °C 933°K
HF= 394 Jgr
x 26.982gr1mol
= 10630.908 J/mol
Cps= 31.8 J/°K.mol
Cpl= 34.3 J/°K.mol
ΔS=?
Proceso 1
Al(S) 600°C a Al(S) 660°C
ΔS= n x Cps x lnT 3T 1
ΔS= 1.853 x 31.8 J/°K.mol xln933 ° K873 ° K
ΔS1= 3.917 J/°K.mol
Proceso 2
Al(S) 660°C a Al(l) 660°C
ΔS= HFT 3
ΔS= 10630.908J /mol
933 ° K
ΔS2= 11.394J/°K.mol
Proceso 3
Al(S) 600°C a Al(S) 660°C
ΔS= n x Cps x lnT 3T 1
ΔS= 1.85 x 34.3 J/°K.mol xln973 ° K933 ° K
ΔS3= 2.664 J/°K.mol
ΔST= ΔS1 + ΔS2 + ΔS3
ΔST= 17.975 J/°K.mol