Problemas CapÍtulo 7 DEL Castellan PDF

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Fisicoquímica - Gilbert W. Castellan 2ª Edición - Scribd...

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U. M. S. N. H.

FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA FISICOQUÍMICA

SOLUCION A PROBLEMAS CAPÍTULO 7 DEL LIBRO Fisicoquímica - Gilbert W. Castellan 2ª Edición

7.1 Un mol de un gas ideal se somete a varios cambios de estado. Cv = 12.47 J/K ¿Cuál será el cambio de temperatura en cada cambio? a) El sistema cede 512 J de calor, se destruyen 134 J de trabajo b) EL sistema absorbe 500 J de calor, se producen 500 J de trabajo c) No hay transferencia de calor, se destruyen 126 J de trabajo Datos: n = 1 mol Cv = 12.47 J/mol K SOLUCION: a) ΔT = ¿? Q = -512 J, W = -134 J ΔU = nCvΔT => nCvΔT = Q = W => ΔT = Q-W/nCv ΔT = -512 J – (- 134 J)/ (1 mol) (12.47 J/mol K) = -30.31 K b) Q = 500 J, W = 500 J

ΔT = Q-W/nCv = 500J – 500 J/ (1 mol) (12.47 J/mol K) = 0 K c) Q = 0J, w = -126 J ΔT = Q-W/nCv = 0 J – (-126 J)/ (1 mol) (12.48 J/mol K) = 10.1042 K 7.2 En un cambio de estado dado, se destruyen 44 J de trabajo y la energía interna aumenta en 170 J. Si la temperatura del sistema aumenta en 10 K ¿Cuál es la capacidad calorífica del sistema? Datos: W = -44 J, ΔU = 170 J, ΔT = 10 K SOLUCION: ΔU = Q-W => Q = ΔU + W = 170 J – 44J = 124 J C = δQ/δT => δQ = δTC

Si C≠f(T), al integrar:

= ∫𝟏𝟐 𝜹𝑸 = 𝑪 ∫𝑻𝑻𝟏𝟐 𝜹𝑻 => 𝑸 = 𝑪𝚫𝐓

C = Q/ΔT = 124 J/10K = 12.6 J 7.3 Tres moles de un gas ideal experimentan una expansión isotérmica contra una Pop constante de 100 kPa desde 20 dm3 hasta 60 dm3, Calcúlese Q, W, ΔU y ΔH. Datos: n = 3 mol Pop = 100 kPa V1 = 20 dm3 = .02 m3 V2 = 60 dm3 = .06 m3 T = CTE SOLUCION: ● Si la T = CTE => ΔT = 0 W = Pop = Pop(V2-V1) =100 kPa(.06 m3 - .02 m3) = 4 KJ Para un sistema cerrado: ΔU = nCvΔT = 0, ΔH = nCpΔT = 0 => ΔU=ΔH=0 Por lo tanto: ΔU = Q-W = 0 => Q = W = 4 KJ

7.4 a) Tres moles de gas ideal a 27 °C tienen una expansión isotérmica reversible desde 20 dm3 hasta 60 dm3. Calcúlese Q, W , ΔU y ΔH b) Calcúlese Q, W, ΔU y ΔH si el mismo gas a 27 °C tiene una compresión isotérmica reversible desde 60 dm3 hasta 20 dm3 Datos: n = 3 mol T = 27 °C = 300.15 K V1 = 20 dm3 = .02 m3 V2 = 60 dm3 = .06 m3 R = 8.314 J/mol K SOLUCION: ● a) => ΔH = ΔU = 0

“Proceso isotérmico reversible”

Q = W = nRTln(V2/V1)=(3 mol)(8.314 J/mol K)(300.15 K)* ln(60/20 dm3) = 82.22458 KJ ó 82224.58 J ● b) => ΔU = ΔH = 0

“Compresion isotérmica reversible”

Q = W = nRT* ln(V2/V1) Q = W = mRT *(-ln(V1/V2))= (3 mol)(8,314 J/mol K)(300.15 K)* (-ln(60/20)) = -8224.58 J ó 82.22458 KJ

7.5 Tres moles de gas ideal experimentan una compresión isotérmica desde 60 Lt hasta 20 Lt utilizando una presión constante de 5 atm. Calcúlese Q, W, ΔU y ΔH Datos: n = 3 mol V1 = 60 Lt V2 = 20 Lt Pop = 5 atm SOLUCION: ● ΔU = Q-W ● Cambio de estado de gas ideal a T ( CTE), ΔU = ΔH = 0 Q-W = 0 => Q = W Q = W = Pop(V2-V1)= 5 atm(20 Lt – 60 Lt) = - 200 atm(8.314 J/mol K)/.08206 atm Lt/mol K = -20263.2 J

7.6 Desarróllese una ecuación para el trabajo producido por la expansión isotérmica reversible desde V1 hasta V2, de un gas con la ecuación de estado

SOLUCION:

 = 𝑹𝑻 + (𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)(𝟏) 𝒑𝑽  𝑽 𝑽𝟐

● Tenemos que: 𝑾 ∫𝑽𝟏 𝑷𝒐𝒑 𝜹𝑽 (1) ● Dado que el cambio es un proceso isotérmico reversible: 𝑷𝒐𝒑 = 𝑷 =

𝑹𝑻 +  𝑽

● Puesto que:

𝟏

(𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)(𝑽) (2)  = 𝑽/𝒏 (3) 𝑽

𝑷𝒐𝒑 = 𝑷 =

𝒏𝑹𝑻 𝑽

𝟐

𝒏 + (𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)(𝑽𝟐 ) (4)

● Sustituyendo la ec(4) en la ec(1) 𝑾= ∫

𝑽𝟐

𝑽𝟏

𝑾 = 𝒏𝑹𝑻 ∫

⌈

𝒏𝑹𝑻 𝒏𝟐 + (𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)( 𝟐 )⌉ 𝜹𝑽 𝑽 𝒗

𝑽𝟐𝜹𝑽

𝑽𝟏

𝑽

𝑽𝟐

+ (𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)𝒏𝟐 ∫ 𝑽−𝟐 𝜹𝑽 𝑽!

𝑾 = 𝒏𝑹𝑻(𝐥𝐧 𝑽𝟐 − 𝐥𝐧 𝑽𝟏) + (𝑩𝑹𝑻 − 𝒂)𝒏𝟐(𝑽𝟏−𝟏 − 𝑽𝟐−𝟏 ) 𝑾 = 𝒏𝑹𝑻 + 𝒍𝒏

𝑽𝟐 𝟏 𝟏 + (𝒃𝑹𝑻 − 𝒂)𝒏𝟐( − ) 𝑽𝟏 𝑽𝟏 𝑽𝟐

7.7 Un mol de gas de Van der Waals a 300 K tiene una expansión isotérmica reversible desde 20 dm3 hasta 60 dm3 (a = .556 m6 Pa/mol2 ; b= .064 dm3/mol). Para el gas de Van 𝝏𝑼  𝟐 . Calculese W, Q, ΔU y ΔH. der Waals ( )𝑻 = 𝒂/𝑽 𝝏𝑽

Datos: n = 1 mol T = 300 K (CTE) V1 = .02 m3 V2 = .06 m3 a = .556 m6 Pa/mol2 b = .064 Lt/mol => 6.4x10^-5 m3/mol

SOLUCION: Gas de van der Waals (δU/δV)T = a/V2 𝜹𝑼

𝜹𝑼 = 𝒏𝑪𝒗𝜹𝑻 + ( )𝑻 𝜹𝑽 (1) 𝜹𝑽 ● Dado que T = CTE ; δT = 0 y por lo tanto: 𝜹𝑼

𝜹𝑼 = ( )𝑻 𝜹𝑽 𝜹𝑽

(2)

● Para un gas de van der Waals: 𝜹𝑼

𝒂

(𝜹𝑽 )𝑻 = 𝑽𝟐 =

𝒂

𝒗 𝟐 () 𝒏

=

𝒂𝒏𝟐 𝑽𝟐

(3)

● Sustituyendo la ec(#) en la ec(2) 𝜹𝑼 =

𝒂𝒏𝟐 𝑽𝟐

𝑽𝟐 𝜹𝑽

𝑼𝟐

𝜹𝑽 = ∫𝑼𝟏 = 𝒂𝒏𝟐 ∫𝑽𝟏

∆𝑼 = 𝒂𝒏𝟐 [

𝑽

𝟏 𝟏 − ] 𝑽𝟏 𝑽𝟐

● Para un proceso isotérmico y que sea un gas de van der Waals ΔU = (.556 m6 Pa/mol)(1 mol)^2(1/.02 – 1/.06 m3) = 18.5333 J ● Tenemos que para un gas de van der Waals y proceso isotérmico reversible 𝑽𝟐

𝑾 = ∫𝑽𝟏 𝑷𝑜𝒑 𝜹𝑽 𝑷𝒐𝒑 = 𝑷 = 𝑾𝒎 = ∫

𝑽𝟐

𝑽!

𝑾𝒎 = 𝒏𝑹𝑻 ∫

𝑽𝟐

𝑽𝟏

⌈

𝒏𝑹𝑻

𝑽−𝒏𝒃

− 𝒂𝒏𝟐/𝑽𝟐

𝒏𝑹𝑻 − 𝒂𝒏𝟐⌉ 𝜹𝑽 𝑽 − 𝒏𝒃

𝑽𝟐 𝜹𝑽 𝟐 − 𝒂𝒏 ∫ 𝜹𝑽/𝑽𝟐 𝑽 − 𝒏𝒃 𝑽!

𝟏 𝟏 𝑾𝒎 = 𝒏𝑹𝑻⌈𝐥𝐧(𝑽𝟐 − 𝒏𝒃) − 𝐥𝐧(𝒗𝟏 − 𝒏𝒃)⌉ + 𝒂𝒏𝟐[ − ] 𝒗𝟐 𝑽𝟏 “Fórmula para calcular el W en un proceso isotérmico reversible de un gas de van de waals” 𝑽𝟐 − 𝒏𝒃 𝟏 𝟏 ) 𝑾𝒎 = 𝒏𝑹𝑻𝐥𝐧 ( ) + 𝐚𝐧𝟐( − 𝑽𝟏 − 𝒏𝒃 𝐕𝟐 𝐕𝟏 Wm = (1 mol)(8.314 J/mol K)(300 K)* ln(60 dm3-(1 mol)(.064 dm3/mol/20 dm3-(1 mol)(.064 dm3/mol)) + (.556 m6 Pa/mol2)(1 mol)^2(1/.06 – 1/.02 m3) = 2734.3578 J ● Para un sistema cerrado: ΔU = Q-W => Q = ΔU + W Q = 18.5333 J + 2734.3578 J = 2752.8911 J

● Siendo: 𝑷𝟏 = 𝑷𝟏 =

𝒏𝑹𝑻

− 𝑽𝟏−𝒏𝒃 𝒏𝑹𝑻

𝒂𝒏𝟐

𝑽𝟏𝟐

= (1 mol)(8.314 J/mol K)(300.15 K)/.02 m3-(1 mol)(6.4x10^-5 m3/mol) –

(.556 Pa m6/mol)(1 mol)^2/(.02 m3)^2 = 123720.3531 Pa

𝒂𝒏𝟐

− 𝑽𝟐𝟐 = (1 mol)(8.314 J/mol K)(300.15 K)/.06 m3-(1 mol)(6.4x10^-5 m3/mol) – 𝑽𝟐−𝒏𝒃 (.556 Pa m6/mol)(1 mol)^2/(.06 m3)^2 = 41459.9442 Pa ● Calcular H H = U + PV => ΔH = ΔU+Δ(PV) => ΔH = ΔU + P2V2 – P1V1

ΔH = 18.5333 J + ((41459.9442 Pa)(.06 m3)-(123720.3531 Pa)(.02 m3)) = 31.7229 J

7.8 Un mol de gas ideal está confinado bajo una presión constante Pop = P = 200 kPa. LA temperatura se cambia desde 100 °C a 25 °C. Cv = 3/2 R. Calcúlese Q, W, ΔU y ΔH Datos: n = 1 mol Pop = P = 200 kPa ( CTE ) T1 = 100 °C = 373.15 K T2 = 25 °C = 298.15 K Cv= 3/2 R SOLUCION: ● Entonces: Qp = ΔH = nCpΔT => Cp≠f(T) Qp = ΔH = nCp(T2-T1) ●Para un gas ideal Cp – Cv = R => CP = Cv + R Cp = 3/2 R + R = 5/2 R ● Por lo tanto Qp = (1 mol)(5/2)(8.314 J/mol K)(75K) = 1558.875 J ● Ademas:

ΔU = nCv(T2-T1) => Cv≠f(T) ΔU = (1 mol)(5/2)(8.314 J/mol K)(75 K) = 935.325 J Con base a la 1 era Ley De la Termodinámica: W = PopΔV = nR(T2-T1)= (1 mol)(8.314 J/mol K)(75 K) = 623.56 J 7.9 Un mol de gas ideal, Cv = 20.8 J/mol K, se transforma a volumen constante desde 0 °C hasta 75 °C. Calcúlese Q, W, ΔU y ΔH. Datos: Cv = 20.8 J/mol K V = CTE T1 = 0 °C = 273.15 K T2 = 75 °C = 348.15 K N = 1 mol SOLUCION: W = 0; Qv = ΔU “proceso isocorico en sistema cerrado” Qv = ΔU = nCv (T2-T1) = (1 mol) (20.8 J/mol K) (75 K) = 1560 J ● Calcular ΔH: ΔH = nCp (T2-T1) = ΔU + nR (T2-T1) =1560 J + (1 mol) (8.314 J/mol K) (75 K) = 2183 J

7.10 Calcúlese ΔU y ΔH para la transformación de un mol de un gas ideal desde 27 °C y 1 atm hasta 327 °C y 17 atm. Cp = 20.9 + .042 J/mol K. Datos: T1 = 27 °C = 300.15 K T2 = 327 °C = 600.15 K P1 = 1 atm P2 = 17 atm Cp = 20.9 + .042 T J/mol K SOLUCION: 𝑻𝟐

∆𝑯 = ∫𝑻𝟏 𝑪𝒑 𝜹𝑻 =>

𝑪𝒑 = 𝒇(𝑻) ∶ 𝒂 + 𝒃𝑻 + 𝒄𝑻𝟐 + 𝒅𝑻𝟑

𝑻𝟐

∆𝑯 = ∫𝑻𝟏 (𝒂 + 𝒃𝑻 + 𝒄𝑻𝟐 + 𝒅𝑻𝟑 ) 𝜹𝑻 =>

cyd=0

𝒃

∆𝑯 = 𝒂(𝑻𝟐 − 𝑻𝟏) + (𝑻𝟐𝟐 − 𝑻𝟏 𝟐) => a = 20.9 J/mol K ; b =.042 J/mol K 𝟐

● Por lo tanto: ΔH = (20.9 J/Mol K)(300K)+ ½(.042 J/mol K)(600.15^2 – 300.15^2 K) = 11941.89 J/mol K ● Para un gas ideal:  = ∆𝑼  + 𝑹∆𝑻 => ∆𝑼  = ∆𝑯  − 𝑹∆𝑻 ΔH = ΔU + nR(T2-T1) ó ∆𝑯

 = 11941.89 J/mol K + (8.314 J/Mol K) (300 K) = 9447.69 J/mol K ∆𝑼 7.11 Si un gas ideal sufre una expansión reversible politropica, se cumple la relación pV n = C; C y n son constantes con n > 1. a) Calcúlese W para tal expansión si un mol de gas se expande desde V1 a V2 y si T1 = 300 K, T2 = 200 K y n = 2 b) Si Cv = 5/2 R, calcúlese Q, ΔU y ΔH Datos: T1 = 300 K T2 = 200 K n = 2 mol Cv = 5/2 R SOLUCION: “Expansión reversible politropica” PVn = c; n y c = CTE y n > a) “Expansión reversible politropica” W = ¿? 𝑽𝟐

𝑾 = ∫𝑽𝟏 𝑷𝒐𝒑 𝜹𝑽 => Para la expansión 𝑷𝒐𝒑 = ● Por lo tanto: 𝑽𝟐

𝑾 = 𝒄 ∫ 𝑽−𝒏 𝜹𝑽 𝑽𝟏

𝑾=

𝒄

𝟏−𝒏

(𝑽𝟐𝟏−𝒏 − 𝑽𝟏𝟏−𝒏 )

𝒄

𝑽𝒏

= 𝒄𝑽−𝒏

𝑾=

𝒄𝑽𝟐𝟏−𝒏 − 𝒄𝑽𝟏𝟏−𝒏 𝟏−𝒏 ● Ademas:

PV^n = c => P1V1^n = P”V2^n = ….. = c 𝑾=

(𝑷𝟐𝑽𝟐𝒏 )𝑽𝟐𝟏−𝒏 − (𝑷𝟏𝑽𝟏𝒏 )𝑽𝟏𝒏 𝟏−𝒏

W=

𝑷𝟐𝑽𝟐−𝑷𝟏𝑽𝟏

𝑾=

𝟏−𝒏

=

𝒏𝑹𝑻𝟐−𝒏𝑹𝑻𝟏 𝟏−𝒏

𝒏𝑹 𝒏𝑹(𝑻𝟐−𝑻𝟏) = ∆𝑻 𝟏−𝒏 𝟏−𝒏

W = (1 mol)(8.314 J/mol K)/1-2(-100 K) = 831.4 J

b) Q, ΔU y ΔH = ¿? ΔU = nCv (T2-T1) = (1 mol)(5/2)(8.314 J/mol K)(-100 K) = -2078.5 J ● En caso de sistema cerrado: ΔU = Q-W => Q = ΔU + W Q = -2078.5 J + 831.4 J = -1247.1 J ΔH = nCp (T2-T1) = ΔU + nR (T2-T1) = -2078.5 J + (1 mol) (8.314 J/mol K) (-100 K) = -2909.9 J 7.12 A 25 °C, el coeficiente de expansión térmica para el agua es α = 2.07x10-4 K^-1 y su densidad es de .9970 g/cm3. Si se eleva la temperatura de 200 g de agua a 25 °C hasta 50 °C bajo una presión constante de 101 kPa. a) Calcúlese W b) Si Cp (J/mol K) = 75.30 calcúlese Q, ΔU y ΔH Datos: T = 25 °C = 298.15 K

α = 2.07x10^-4 K^-1 ρ = .997 g/cm3 m = 200 g T1 = 25 °C = 298.15 K T2 = 50 °C = 323.15 K Pop = P = 101 kPa (CTE) Cp = 70.3 J/mol K SOLUCION: a) W = ¿?

𝑽𝟐

𝑾 = ∫𝑽𝟏 𝑷𝒐𝒑𝜶𝒗 𝜹𝑽 => si la P (CTE) ● Con lo cual: 𝑻𝟐

𝑾 = 𝑷𝒐𝒑𝜶𝒗 ∫𝑻𝟏 𝜹𝑻 => “solo con liquidos y a presión constante” ● Puesto que: Ρ = m/v => V = m/ρ => 200 g/.997 g/cm3 = 200.6018 cm3 ó 2.006018x10^-4 m3 ● Sustituyendo: W = (101 kPa)(2.07x10^-4 K^-1)(2.006018x10^-4 m3)(25 K) = 1.0485x10^-4 KJ ó 104.85 mJ ó .10485 J

b) Q, ΔU y ΔH = ¿? n = m/PM =200 g/18 g/mol = 11.1012 mol Qp = ΔH = nCp(T2-T1) =(11.1012 mol)(75.3 J/mol K)(25 K) = 20898.009 J ΔU = Q-W =20989.009 J - .10485 J = 20897.9042 J

7.13 Un mol de un gas ideal experimenta una compresión adiabática en una sola etapa con una Pop = 1 MPa. Inicialmente, el gas se encuentra a 27 °C y .1 MPa de presión. La presión final es de 1 MPa. Calcúlese la temperatura final del gas, Q, W, ΔH y ΔU. Hacer esto para los dos casos: a) Gas monoatómico, Cv = 3/2 R b) Gas diatomico, Cv = 5,2 R Datos: n = 1 mol Pop = 1 MPa T1 = 27 °C = 300.15 K P2 = 1 MPa P1 = .1 MPa SOLUCION: ● Para un sistema cerrado: ΔU = Q-W => ΔU = -W nCvΔT = -PopΔV nCv(T2-T1) = -Pop(V2-V1) nCv(T2-T1) = -Pop(nRT2/P2 – nRT1/P1) nCv(T2-T1) = -Pop nR(T2/P2 – T1/P1) nCv(T2-T1)/nR = -Pop(T2/P2 – T1/P1) CvT2/R – CvT1/R = -V2/P2(Pop) + T1/P1(Pop) CvT2/R + Pop V2/P2 = Pop T1/P1 + CvT1 /R (Cv/R + Pop/P2)T2 = (Cv/R + Pop/P1)T1 𝑻𝟐 =

𝑪𝒗 𝑷𝒐𝒑 + 𝑹 𝑷𝟏 𝑪𝒗 𝑷𝒐𝒑 + 𝑹 𝑷𝟐

𝑻𝟏 => “calcular la T2 para gas ideal en proceso adiabático con Pop (CTE)”

● Caso 1: Gas monoatómico, Cv = 3/2 R ó Cv/R = 3/2 T2 = 300.15 K ((3/2)+(1/.1) / (3/2) + 1) = 1389.69 K ΔU = nCv(T2-T1) = (1 mol)(3/2)(8.314 J/mol K)(1389.69 -300.15 K) = 13475.4143 J ó 13.4753 KJ

ΔH = ΔU + nR(T2-T1) = 13475.3 J + (1 mol)(8.314 J/mol K)(1089.54 K) = 22459.0 J ó 22.459 J W = -ΔU =-13475.4143 J ó -13.4753 KJ

● Caso 2: Gas diatomico, Cv = 5/2 R ó Cv/R = 5/2 T2 = 300.15 K ((5/2) + (1/.1) / (5/2) + 1) = 1800.9 K ΔU = nCv(T2-T1) = (1 mol)(5/2)(8.314 J/mol K)(1500.75 K) = 31.1931 KJ ΔH = ΔU + nR(T2-T1) = 31.1931KJ + (1 mol)(8.314 J/mol K)(1500.75 K) = 43.6703 KJ W = -ΔU= -31.1931 KJ 7.14 Un mol de gas ideal a 27 °C y .1 MPa se comprime adiabática y reversiblemente hasta una presión final de 1 MPa. Calculese la temperatura final, Q, W, ΔU y ΔH para: a) Gas monoatómico, Cv = 3/2 R b) Gas diatomico, Cv = 5/2 R Datos: n = 1 mol T1 = 27 °C = 300.15 K P1 = .1 MPa P2 = 1 MPa R = 8.314 J/mol K SOLUCION: “Proceso adiabático reversible” Q = 0 ● Para un proceso adiabático reversible: 𝑻𝟏𝜸 𝑷𝟏𝟏−𝜸 = 𝑻𝟐𝜸 𝑷𝟐𝟏−𝜸 𝑷𝟐 𝟏−𝜸 𝑻𝟐 𝜸 ( ) =( ) 𝑻𝟏 𝑷𝟏

𝑷𝟏 𝟏−𝜸 𝜸

𝑻𝟐

( 𝑻𝟏) = ( ) 𝑷𝟐

=>

𝑷𝟏

𝑻𝟐 = 𝑻𝟏 ( ) 𝑷𝟐

𝟏−𝜸 𝜸

● Siendo entonces: 𝑪𝒑

𝜸 = 𝑪𝒗 =>

𝟏−𝜸 𝜸

=

𝑪𝒑 𝑪𝒗 𝑪𝒑 𝑪𝒗

𝟏−( )

=>

𝟏−𝜸 𝜸

=

𝑪𝒗−𝑪𝒑 𝑪𝒑

=>

𝟏−𝜸 𝜸

=> −

𝑪𝒑−𝑪𝒗 𝑪𝒑

𝑹

=> − 𝑪𝒑 => −

● Gas monoatómico, Cv = 3/2 R 𝟏−𝜸 𝟏 𝟐 𝑹 𝑹 => − => − => − = − 𝟓 𝟑 𝟓 𝟓 𝜸 ( 𝟐) 𝑹 + 𝑹 ( 𝟐) 𝑹 𝟐 ● Gas diatomico, Cv = 5/2 R 𝑹 𝟏−𝜸 𝟐 𝟏 𝑹 = − => − 𝟕 => − => − 𝟕 𝟓 𝜸 𝟕 ( )𝑹 ( 𝟐) 𝑹 + 𝑹 𝟐 𝟐 ● Caso 1: Gas monoatómico T2 = T1(P1/P2)^1-y/y =(300 K)(.1 MPA/1 MPa)^-2/5 = 753.94 K ΔU = nCv(T2-T1) = (1 mol)(3/2)(8.314 J/mol K)(753.94 – 300.15 K) = 5659.2 J ó 5.6592 KJ W = - ΔU = -5659.2 J ó -5.6592 KJ ΔH = ΔU + nR(T2-T1) = 5.6592 J + (1 mol)(8.314 J/mol K)( 753.94 – 300.15 K) = 9.432 KJ

● Caso 2: Gas diatomico T2 = T1(P1/P2)^1-y/y = (300.15 K)(.1 MPa/1 MPA)^-2/7 = 579.2 K

𝑹

𝑪𝒗+𝑹

ΔU = nCv(T2-T1) = (1 mol)(5/2)(8.314 J/mol K)(579.2 – 300.15 K) = 5800.054 J ó 5.800054 KJ W = -ΔU = -5800.054 J ó – 5.80054 KJ ΔH = ΔU + nR(T2-T1) = 5.80054 J + (1 mol)(8.314 J/mol K)(579.2 – 300.15 K) = 8.1285 KJ

7.15 Un mol de gas ideal a 27 °C y 1 MPa de presión, se expande adiabáticamente hasta una presión final de .1 MPa contra una Pop (CTE) = .1 MPa. Calcúlese la temperatura final, Q, W, ΔU y ΔH. a) Gas monoatómico, Cv = 3/2 R b) Gas diatómico, Cv = 5/2 R Datos: n = 1 mol T1 = 27 °C = 300.15 K P1 = 1 MPa P2 = .1 MPa Pop = .1 MPa (CTE) SOLUCION: ● Caso 1: Gas monoatómico, Cv = 3/2 R ó Cv/R = 3/2 T2 = (300.15 K)((3/2) + (.1/1) / (3/2) + 1) = 192.096 K ΔU = nCvΔT= (1 mol)(3/2)(8.314 J/mol K)(192.09 – 300.15 K) = -1347.6162 J ó -1.3476 KJ ΔH = ΔU + nRΔT = -1347.6162 J + (1 mol)(8.314 J/mol K)(-108.06 K) = -2246.027 J ó -2.246 KJ W = -ΔU = 1347.6162J ó 1.3476 KJ Q=0 ● Caso 2; Gas diatomico, Cv = 5/2 R ó Cv/R = 5/2

T2 = (300.15 K)((5/2) + (.1/1) / (5/2) + 1) = 222.96 K ΔU = nCvΔT = (1 mol)((5/2)(8.314 J/mol K)(222.96 – 300.15 K) = -1604.3941 J ó -1.6043 KJ ΔH = ΔU + nRΔT = -1604.3941 J + (1 mol)(8.314 J/mol K)(-77.19 K) = -2246.1517 J ó -2.2461 KJ W = -ΔU = 1604.3941 J ó 1.6043 KJ

Termoquimica

° 7.35 y 7. 36 A partir de los datos de la tabla A-V, calculese los valores de ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 y ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 para las reacciones siguiente:

a) 2 O3(g) → 3 O2(g) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 g) - 2∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(O3, g) = -2(142.7 KJ/mol) = -298.4 KJ/mol ° (O2, =3∆𝑯𝟐𝟗𝟖

° ° ° − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = 1 + η(g)RT ; ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = -298.4 KJ/mol – (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = -287.88 KJ/mol

b) H2S(g) + 3/2 O2(g) → H2O(l) + SO2(g) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° = (H2S, g) l) + ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(SO2, s) - ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = -285.83 -296.81 + 20.6 KJ/mol = -562.04 KJ/mol ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(H2O,

° − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = -3/2 ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; = - 562.04 KJ/mol + (-3/2)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = -558.32 KJ/mol

c) TiO2(s) + 2 Cl2(g) → TiCl4(l) + O2(g) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° l) - ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = (TiO2, s) = -803 + 945 KJ/mol = 142 KJ/mol ° (TiCl4, ∆𝑯𝟐𝟗𝟖

° ° ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = -1 ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; = 142 KJ/mol + (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = 144.57 KJ/mol

d) C(grafito) + CO2(g) → 2 CO(g) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 g) - ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(CO2, g) = = 2(-110.53) –(.393.51) KJ/mol = 172.45 KJ/mol ° (CO, 2∆𝑯𝟐𝟗𝟖

° ° ° − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = 1 + η(g)RT ; ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = 172.45 KJ/mol + (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = 174.92 KJ/mol

e) CO(g) + 2 H2(g) → CH3OH(l) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° ° ∆𝑯𝟐𝟗𝟖(CH3OH, l) - ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 (CO,

= g) = -238.7 + 110.53 KJ/Mol = -128.17 KJ/mol ° ° = ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = -3 ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = -128.17 KJ/mol + (-3)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = -120.73 KJ/mol

f) Fe2O3(s) + 2 Al(s) → Al2O3(s) + 2 Fe(s) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° s) - ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = (Fe2O3, s) = -1675.7 –(-824.2) KJ/mol = -851.5 KJ/mol ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(Al2O3,

° ° ° ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 = ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = -851.5 KJ/mol + (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K)

; η=1

g) NaOH(s) + HCl(g) → NaCl(s) + H2O(l)

=

° (NaCl, ∆𝑯𝟐𝟗𝟖

s) +

ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° l) - ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 (NaOH, s) - ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(Hcl, g)

∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(H2O,

= -411.15 – 285.83 + 425.61 + 92.31 KJ/mol = -176.06 KJ/mol ° ° ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = -1 = -179.06 KJ/mol + (-1)(8.314^-3 KJ/mol(298.15 K) = -176.58 KJ/mol

h) CaC2(s) + 2 H2O(l) → Ca(OH)2(s) + C2H2(g)

=

∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(Ca(OH)2,

ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 ° ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 (C2H2, g) - ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(CaC2,

s) + s) - 2∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(H2O, l) = -986.1 + 226.7 + 6ª -2(-285.83) = -127.74 KJ/mol

° ° ° = ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 + η(g)RT ; ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = 1 = -127.74 KJ/mol + (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = -129.87 KJ/mol

i) CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) ΔH°r = ∑ 𝒊 𝝁𝒊 𝚫𝐇°𝐟𝐢 = g) + ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 (CaO, s) - ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(CaCO3, s) = -393.51 – 635.09 + 1206.9 KJ/mol = 178.3 KJ/mol ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖(CO2,

° ° − 𝜼(𝒈)𝑹𝑻 ; η = 1 + η(g)RT ; ∆𝑼°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑯𝟐𝟗𝟖 ∆𝑯°𝟐𝟗𝟖 = ∆𝑼𝟐𝟗𝟖 = 178.3 KJ/mol + (1)(8.314^-3 KJ/mol)(298.15 K) = 175.82 KJ/mol

7.37 A 25 °C y 1 atm de presión se tienen los siguientes datos: Sustancia ΔH°(combustión)

H2(g) -285.83

C(grafito) -393.51

C6H6(l) -3267.62

C2H2(g) -1299.58

a) calculese el ΔH° para la formación de benceno liquido b) calculese el ΔH° para la reacción 3 C2H2(g) → C6H6(l) SOLUCION: a)

6 C(grafito) + 3 H2(g) → C6H6(l)

ΔH°298.15 (KJ/mol)

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) C(grafito) + O2(g) → CO2(g) C6H6(l) + 15/2 O2(g) → 6 CO2(g) + 3 H2O(l)

-285.83 -393.51 -3267.62

b)

C2H2(g) + 5/2 O2(g) → 2 CO2(g) + H2O(l) 6 C(grafito) + 6 O2(g) → 6 CO2(g) 3 H2(g) + 3/2 O2(g) → 3 H2O(l) 6 CO2(g) + 3 H2O(l) → C6H6(l) + 15/2 O2(g) 6 C(grafito) + 3 H2(g) → C6H6(l)

-1299.58 6(-393.51) 3(-285.83) -1(-3267.62) 48.77

3 C2H2(g) → C6H6(l)

ΔH°298.15 (KJ/mol)

3 C2H2(g) + 15/2 O2(g) → 6 CO2(g) + 3 H2O(l) 6 CO2(g) + 3 H2O(l) → C6H6(l) + 15/2 O2(g) 3 C2H2(g) → C6H6(l)

3(-1299.58) -1(-3267.62) -631.12

7.38 Para las siguientes reacciones a 25 °C: CaC2(s) + 2 H2O(l) → Ca(OH)2(s) + C2H2(g) Ca(s) + ½ O2(g) → CaO(s) CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(s)

ΔH°= -127.9 KJ/mol -635.1 KJ/mol -65,2 KJ/mol

El calor de combustión del grafito es -393.51 KJ/mol y el de C2H2(g) = -1299.58 KJ/mol. Calculese el ΔH° de CaC2(s) a 25 °C SOLUCION: Ca(s) + 2 C(grafito) → CaC2(s)

ΔH°298.15 (KJ/mol)

CaC2(s) + 2 H2O(l) → Ca(OH)2(s) + C2H2(g) Ca(s) + ½ O2(g) → CaO(s) CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(s) C(grafito) + O2(g) → CO2(g) C2H2(g) + 5/2 O2(g) → 2 CO(g) + H2O(l) Ca(s) + ½ O2(g) → CaO(s) 2 C(grafito) + 2 O2(g) → 2 CO2(g) Ca(OH)2(s) + C2H2(g) → CaC2(s) + 2 H2O(l) CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(s) 2 CO2(g) + H2O(l) → C2H2(g) + 5/2 O2(g) Ca(s) + 2 C(grafito) → CaC2(s)

-127.9 -635.1 -65.2 -393.51 -1299.58 -635.1 2(-393.51) -1(-127.9) -65.2 -1(-1299.58) -54.84

7.39 Una muestra de sacarosa, C12H22O11 que pesa .1265 g se quema en un calorímetro de bomba, acabada la reacción, se encuentra que para producir eléctricamente un incremento de temperatura igual hay que consumir 2082.3 J a) Calculese el calor de combustión de la sacarosa b) A partir del calor de combustión y los datos apropiados de la tabla A-V, calculese el calor de formación de la sacarosa c) Si el incremento de temperatura en el expe...