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