TERMO COMPLETOO!!

UNIVERSIDAD AUTONOMA DE COAHUILA.

TERMODINAMICAParte de la física que estudia los intercambios de calor que tienen lugar en los cuerpos al calentarlos, al realizar un trabajo externo o al cambiar su estado de agregación; fundamentalmente, se centra en la relación entre el calor (Q) y el trabajo (W).

SISTEMA TERMODINAMICOEs una porción de espacio aislada de su entorno mediante una superficie de separación, que bajo la acción de agentes exteriores, sufre una serie de transformaciones.Dichos sistemas pueden ser:Abiertos: Cuando se produce una transferencia de materia y energía entre el sistema y su entorno.Cerrados: Cuando tiene lugar un intercambio de energía, pero no de materia entre el sistema y su entorno.Aislados: Cuando no se produce transición energética alguna entre los dos medios.

PROPIEDAD TERMODINAMICAEn cualquier característica medible del sistema cuyo valor depende del estado determinado del que se encuentre el sistema.

PROPIEDAD INTENSIVAEs independiente del tamaño del sistema y solo tienen significado para sistemas en estado de equilibrio; la presión y la temperatura son propiedades intensivas. Un tipo de propiedad intensiva es la propiedad específica que es un valor de una propiedad extensiva referida a la masa correspondiente.

PROPIEDAD EXTENSIVALas propiedades extensivas tienen valores que no se ven afectados por el hecho de que el sistema este en equilibrio o no. La masa y el volumen son propiedades extensivas.

ENERGIA INTERNAEs la energía necesaria para realizar un trabajo.Energía interna = cantidad de calor – trabajo∆U=Q-W Energía – absorbe∆U=Q-PdV Energía + desprende

1ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERIA.


EL PRINCIPIO DE LA TERMODINAMICA

PRIMERA LEY DE TERMODINAMICAPara un sistema cerrado (de masa constante) la primera ley de la termodinámica se expresa matemáticamente por medio de la ecuación ∆U=Q-WDonde ∆U es el cambio total de energía del sistema, Q es el calor agregado al sistema y W es el trabajo realizado por el sistema.La primera ley de la termodinámica solo proporciona la expresión cuantitativa del principio de conservación de la energía. En otras palabras nos expresa que el cambio total de energía de un sistema cerrado es igual al calor transferido al sistema, menos el trabajo efectuado por el sistema.

1: En los siguientes casos, encuentre la variación de la energía interna en el sistema si:a)Absorbe 49 calorías y al mismo tiempo realiza un trabajo de 45 joules sobre el.b)Libera 2750 calorías y a su vez realiza un trabajo de 650 joules.

1cal = 4.168J49cal=205.114Ja)∆U=Q-W∆U = 205.114J – 45J∆U = 160.114J

2750cal=11511.5Jb)∆U=Q-W∆U = -11511.5J – (-650J)∆U = -12161.5J

2: Calcule la variación de energía interna en un sistema que:a) Recibe 200cal y se el aplica un trabajo de 300Jb) Cede 230cal y se expande con 350JExpresar resultados en Joulesa)200cal = 837.2J ∆U =837.2J-(-300)∆U =1137.2J

b)-230cal=-962.78J∆U= -962.78J-350∆U=-1312.78J



FORMAS DE INTERCAMBIO SISTEMA - ENTORNO

Para sistemas cerrados el intercambio de energía sistema – entorno solo puede ocurrir en dos formas. Calor y trabajo.

TRABAJOEl trabajo en termodinámica siempre representa un cambio de energía entre un sistema y su entorno. Cuando un sistema sufre una transformación, este puede provocar cambios en su entorno. Si tales cambios implican el desplazamiento o variación de las fuerzas que ejerce el entorno sobre el sistema, entonces podemos decir que ha habido producción de trabajo. Dependiendo del origen físico de las fuerzas aplicadas al sistema se distinguen diferentes formas de trabajo realizado. El trabajo tiene invenciones de energía y representa un intercambio de energía entre el sistema y su entorno. Por conveniencia se considera que el trabajo realizado por el sistema es positivo y el trabajo efectuado sobre el sistema es negativo.

CALOREl calor al igual que el trabajo se considera en la termodinámica como energía en transito a través de la frontera que separa a un sistema de su entorno. Sin embargo a diferencia del trabajo la transferencia de calor se origina por una diferencia de temperatura entre el sistema y su entorno y el simple contacto es el único requisito para que el calor sea transferido por una conducción.No se considera el calor que se almacene en un sistema. Cuando se le agrega energía en forma de calor a un sistema se almacena como energía cinética y energía potencial de las partículas microscópicas que lo integran.Las unidades de calor son las del trabajo y energía.

PVT P1V 1T 1

= P2V 2T 2

PV=nRT W=Fd P=FA

F=PA W=PAd W=PV

1: Un cilindro rígido de volumen constante contiene aire a presión P1 t T1 (del orden de la atmosférica), si el cilindro se calienta hasta que T2 = 2T1. Determine la presión final.

P2 = P1V 1T 1V 2

(2T1)

P2 = P1 (2)P2 = 2P1

2: Se comprime un gas a presión constante de .8atm de un volumen de 9L a un volumen de 2L. En el proceso se escapan del gas 400J de energía calorífica.a)¿Cuál es el trabajo realizado por el gas?b)¿Cuál es el cambio en la energía interna del gas?a)W=PV W=P (V2-V1)W=.8atm (2-9)W=-5.6L.atm

-5.8L.atm (24.2cal)=-135.52cal135.52cal (4.186J)=-567J∆U=Q-W∆U= -400J-(-567J)∆U=167J



3.- Un sistema termodinámico sigue un proceso en el cual su energía interna disminuye en 500J. Si al mismo tiempo se hacen 220J de trabajo sobre el sistema, encuentre el calor transferido por o hacia el sistema.∆U=Q-W∆U=500J W=220JQ=?Q=500J+220JQ=720J720/4.186=172Q=172cal

4.- Se confina cierta cantidad de gas nitrógeno (m=1Kg) en un cilindro con un embolo movible expuesto a una presión atmosférica normal. Se agrega una cantidad de calor Q=25000cal al gas en un proceso isobárico y su energía interna aumenta en 8000cal.a)¿Cuánto trabajo realizó el gas?b)¿Cuál es el cambio en el volumen?

1atm=101325pascales (Pa)1Pa = N/m2 J=N.m∆U=Q-WW=Q-∆UW=25000cal – 8000calW=17000cala)W=71162J

V=WP

V=71162J

101325Pa

b)V=.7023m³

5: un gas se lleva a través del proceso cíclico descrito en la siguiente figura.P (Kpa)

8 B

2 A C V (m3)

6 10a)Encuentre el calor neto transferido al sistema durante un ciclo completo.b)Si el ciclo se invierte, esto es el proceso va por el camino ACBA, ¿cual es el calor neto transferido por el ciclo?

4 x 6 = 642

= 12 Kpam³ = 12000Pam³ = 12000J

∆U=Q-W



∆U=0Q=W=12000J

ENTALPIA, CALORES DE TRANSICION Y CAPACIDAD CALORIFICA.

La mayoría de los procesos físicos y químicos tienen lugar a presión constante. Aunque la energía interna se puede usar a volumen constante encontraremos muy conveniente en los cambios a presión constante emplear otra función termodinámica que sea representada por la letra “H” y que se denomina entalpía.La entalpía esta representada por la ecuación: ∆H = ∆U + PV ∆H = U + PVAl igual que con la energía interna, no podemos establecer el valor absoluto de la entalpía para un cierto sistema aunque, al igual que la energía interna, es la magnitud ∆, la diferencia de valores ∆H la que es importante. Al igual que con la energía interna, la entalpía de un sistema depende exclusivamente de su estado y no de su estado anterior.Por lo tanto el valor de ∆H para un determinado cambio es el mismo, no importa que camino o que caminos sigan para ir del estado 1 al estado 2.El uso de la entalpía y del cambio de la entalpía se estudia con mas detalles en conexión con las capacidades caloríficas y los calores de transición.

1.- 5 moles de un gas ideal se expanden isotérmicamente a 127ºC hasta 4 veces su volumen inicial. Encuentre:a)El trabajo realizado por el gas.b)El flujo total de calor hacia el sistema.

W=PVPV=nRT K=8.314JmolºKK=1.987calmolºKK=ºC+273K=127+273400ºK

W= (5mol) (8.314JmolºK) (400ºK) ln V2/V1 = 4V 2V 1

W= (5mol) (8.314JmolºK) (400ºK) ln W= 2.305x104Ja)

∆U=Q-W∆U=0Q=WQ=2.305x104b)



CAPACIDAD CALORIFICA MOLAR. La capacidad calorífica molar de una sustancia “Cv” a volumen constante, es la cantidad de calor que se requiere para elevar la temperatura de un mol de una sustancia 1°C, a volumen constante y a una temperatura dada.Capacidades caloríficas molares de algunos gases a 25°C

GAS Cp CAL Cv CALAr 4.97 2.98H 6.90 4.91N 6.94 4.95O 7.05 5.05

CO₂ 8.96 6.92CH₄ 8.60 6.59C₂H₆ 12.71 10.65

La capacidad calorífica molar de una sustancia a presión constante “Cp”, es la cantidad de calor que se requiere para elevar la temperatura de 1 mol de una sustancia a presión constante y a una temperatura dadaCapacidades caloríficas molares a presión constante como función de la temperatura.H=Cp=6.95-2*10−4T+4.81*10−7T 2 cal/mol/gradoN=Cp=6.45+1.41*10−3T -8.10*10−8T 2 cal/mol/gradoO=Cp=6.10+3.25*10−3T -1.02*10−6T 2 cal/mol/gradoH₂O=Cp=7.19+2.37*10−3T+2.08*10−7T 2 cal/mol/grado

Cuanto trabajo hace el sistema cuando 1 mol de H₂O a 100°C hierve se convierte en 1 mol de vapor a 100°C y a una presión de 1 ATM. Determine el cambio en la energía interna al evaporarse dicho vapor. Considérese el vapor como un gas ideal.

En la tabla anterior fue que la diferencia entre Cp y Cv es 2 calorías (Cp y Cv ≈2 cal). Como se demostrara más adelante este valor es exactamente 1.99 cal.Antes de demostrar que la diferencia entre Cp y Cv con el cambio de entalpía y con el cambio de energía interna respectivamente supongamos que se calienta un gas a volumen constante, no se efectúa ningún trabajo ya que no existirá ninguna variación en su volumen y en el valor de Cv se identifica con el cambio de energía interna. Esta expresión queda representada por la siguiente ecuación

Cv ( dEdT )v d=parcial

Sin embargo, si se lleva acabo el proceso a presión constante deberá haber un aumento correspondiente en el volumen y Cp se identifica con el cambio de entalpia.

Cp( ΔHΔT )PPor lo tanto Cp=Cv+ trabajo efectuado Cp=Cv+wCp=Cv+P(V ₂−V ₁)Para una mol de gas PV= RT Y PV= RT considerando que T-T =1°C tendremosCp−Cv=R



Una muestra de N que pesa 14 gr. Se calienta a presión constante desde 25 a 75°C. ¿Qué cantidad de calor se requiere para este proceso?. ¿Cuál es el volumen de ΔH para este cambio de temperatura?N=Cp=6.45+1.41* 10−3T−8.10∗10−8T 2

Cp= ΔHΔT

ΔH=Cpdt

ΔH¿∫T ₁

T ₂

CpdT

ΔH¿ ∫T ₁=298

T ₂=348

(6.45+1.41∗¿10−3T−8.10∗10−8T 2)dT ¿

ΔH=1428

∫(6.45T+ 1.41∗10−3T2

2−8.10∗10−8T3

3¿)¿

ΔH=0.5 (6.45T+7.05∗10−4T 2−2.7∗10−8T 3)

ΔH=0.5 [6.45 (T2−T1)+1.41∗10−3

2(T2

2−T 12)−8.10∗10−8

3(T 2

3−T 13)]

ΔH=0.5 [6.45 (348−298)+ 1.41∗10−3

2(3482−2982)−8.10∗10−8

3(3483−2983)]

ΔH=172.424 cal

Cp=6.45+1.41∗10−3 (298 )−8.10∗10−8 (2982 )=6.86Cp=6.45+1.41∗10−3 (348 )−8.10∗10−8 (3482 )=6.93

Promedio = (6.86 + 6.93)/ 2= 6.895∆ H=nCpdT

ΔH=( 1428 ) (6.9 )(348−298)

ΔH=172.5 cal



Se calienta una muestra de O gaseosa que pesa 64gr desde Ø hasta 100°C a presión constante. Calcular los valores de ∆U y ∆ H .Cp=6.10 + 3.25* 10−3T−1.02∗10−6T2 °K= 0 + 273 = 273°K °K = 100 + 273 = 373°K

Cp= ΔHΔT

ΔH=Cp−dt

ΔH¿∫T ₁

T ₂

CpdT

ΔH=6432

∫T ₁=273

T ₂=373

(6.10+3.25∗¿10−3T−1.02∗10−6T2)dT ¿

ΔH=2(6.10T + 3.25∗10−3T 2

2−1.02∗10−6T3

3)

ΔH=2[6.10(373−273)+ 3.25∗10−3

2(3732−2732)−1.02∗10−6

3(3733−2733)]

ΔH=1408.14 cal

Cp=6.10+3.25∗10−3 (273 )−1.02∗10−6 (2732 )=6.91Cp=6.10+3.25∗10−3 (373 )−1.02∗10−6 (3732 )=7.17Promedio =(6.91 + 7.17)/ 2= 6.68 = 7∆ H=nCpdT

ΔH=( 6432 )(7 )(373−273)

ΔH=1400 cal

ΔU¿nCv∫T ₁

T ₂

dT

ΔU¿nCv (T ₂−T ₁)

ΔU¿ 6432

(5.05 )(373−273)

ΔU¿1010cal

¿Cuántas calorías se necesita para elevar la temperatura de 48g de oxigeno de 10° a 150°C (a) a volumen constante (b) a presión constante?

ΔH¿n∫T ₁

T ₂

CpdT

ΔH=4832

∫T ₁=283

T ₂=423

(6.10+3.25∗¿10−3T−1.02∗10−6T2)dT ¿

ΔH=4832

¿

ΔH=4832

[6.10(423−283)+ 3.25∗10−3

2(4232−2832)−1.02∗10−6

3(4233−2833)]



ΔH=1494.88calΔU y ΔHΔH = ΔU + PdvΔH = ΔU + nRTΔU = ΔH – nRT

ΔU = ΔH – nR ∫T ₁

T ₂

dT

ΔU = ΔH nR (T₂ - T₁)

ΔU = 1494 – (4832

)(1.987) (423 – 283)

ΔU = 1076.73 cal

SEGUNDO PRINCIPIO DE LA TERMODINAMICALa energía total no permite caracterizar por completo un sistema macroscópico, puesto que las partículas del sistema pueden estar en diferentes distribuciones de niveles de energía, siendo igual la cantidad de la energía total. Es necesario una magnitud que pueda representar a nivel macroscópico, el grado de orden existente entre las partículas del sistema.No es posible convertir completamente calor a trabajo pero si trabajo en calor. De esta manera según la primera ley, calor y trabajo son formas equivalentes de intercambio de energía, la segunda ley varia radicalmente su equivalencia ya que el trabajo puede pasar íntegramente a calor SA=SA pero el calor no puede transformarse íntegramente a trabajo.Desde el punto de vista de la primera ley de la termodinámica, los dos procesos (trabajo calor) son equivalentes. El calor puede transformarse en trabajo, o el trabajo puede transformarse en calor. Esta equivalencia se pierde si consideramos la segunda ley de la termodinámica. El trabajo es una forma más coherente de energía. Siempre podemos transformarlo en calor pero a la inversa no es posible.ENTROPIA (S)La formulación matemática de la segunda ley de la termodinámica, debido a Clausius Clapyron, introduce una nueva función, “la entropía”, definida:

SB =SA+∫A

Bdq revT

Donde SA es el valor arbitrario que asignamos a la entropía del estado de referencia A,T es la temperatura absoluta y dqreves el calor intercambiado en un proceso ideal. La entropía es una propiedad intrínseca de un sistema, funcionalmente relacionada con las coordenadas que caracterizan al sistema.Para un proceso reversible los cambios de esta propiedad están dados por:

ds=dqT

Denominaremos a esta relación como la relación termodinámica fundamental. En una relación muy importante que puede representarse:Tds=dq=du−dwSi el único parámetro externo de relieve es el volumen del sistema, entonces el trabajo realizado por el mismo es:dw=−pdwSi su presión media es “p”, en este caso la expresión se reduce a:Tds=dv+ pdw



Segunda ley de la termodinámica “El cambio de entropía de cualquier sistema y su ambiente considerados como un todo, es positivo y se aproxima a cero para cualquier proceso que se aproxima a la reversibilidad”Las unidades en las que se mide la entropía son Joules/°K. La entropía es una función de estado, su variación depende de su estado final del sistema. La entropía es una propiedad extensiva.En cualquier proceso ΔS se determina midiendo el calor que se transferiría en un proceso isométrico reversible que conectara el estado inicial y el estado final.Si el sistema termodinámico esta en equilibrio con sus alrededores, no hay cambio en el sistema ni en los alrededores.ΔS sist .=−ΔSalred .

Como consecuencia ΔSuniv .>Ø Proceso Espontaneo Cuando ΔS=Ø el sistema está en equilibrio

CALCULO DE LA VARIACION DE ENTROPIA.

A)PROCESO SENCILLO DE SISTEMA CERRADO.Cuando el proceso es un proceso cíclico se representa:

ΔS=S1 - S1=∫ ds=∫ dq revT

=Ø

En un proceso cíclico el estado final es el inicial, con la independencia de si es reversible o irreversible.

B)PROCESO ADIABATICO REVERSIBLE.

ΔS=∫ ds=∫ dqrevT

En un proceso adiabático reversible, dqrev=Ø por lo tanto ΔS=Ø En un proceso adiabático irreversible no sabemos los valores de dqrev y por lo tanto ni de ΔS .

C)PROCESO ISOMETRICO REVERSIBLE

ΔS=ds=∫ ds=∫ dqrevT

=qrevT

Para un proceso isométrico reversible (su cambio de entropía)

D)PROCESO ISOBARICO REVERSIBLE (VOLUMEN CONSTANTE)


=∫ Cp(T )T

dT

Si Cp es constante en el rango de temperatura en el que ocurre el proceso, la ecuación se transforma:

ΔS=∫ ds=∫ dq revT

=∫ Cp(T )T

dT=Cp∫ dTT

=Cp lnT 3

T 1

Si no hay cambio de fase:

E)CAMBIO DE FASE REVERSIBLE A ΔT Y P CONSTANTES.



ΔS=∫ ds=∫ dqrev

T= 1

T∫ dqrev=

qpT

= ΔHT

Fusión (cambio de sólido a líquido) ΔH >Ø ΔS>Ø Evaporación (cambio de líquido a gas) ΔH >Ø ΔS>ØSublimación (cambio de sólido a gas) ΔH >Ø ΔS>Ø

F)CAMBIO DE ESTADO REVERSIBLE DE UN GAS IDEAL.


=∫ du+dwT

=∫ Cv(TdT+Pd v )T

Si Cv es constante en la región de T en la que ocurre el proceso obtendremos

ΔS=∫ dq revT

=Cv∫ dTT

+∫ PdvT

Si además el sistema que sufre el proceso termodinámico es un gas ideal osea que la

PnRTV

entonces: Δs=

∫ dqrevT

=Cv∫ dTT

+∫ PdvT

=Cv∫ dTT

+∫ nRvv

=cv lnT 2

T 1

+nRlnv2

v1

G) CAMBIO DE ESTADO IREVERSIBLE DE UN GAS IDEAL

Δs=∫ ds=∫ dqrevT

=∫ dv−dwrevT

=∫ Cv (T )dT +PdvT

=∫ Cv(T )T

+∫ PTdv

La expresión es valida para cualquier cambio de estado (P1V 1T 1→P2V 2T2), aunque sea irreversible.

CALOR LATENTE.Es el calor necesario que hay que suministrar a una unidad de masa (1gr) de una sustancia para que cambie de estado por ejemplo:Sólido→líquido ó líquido→ vapor

∫T 1

T 2

Sólido+C líquido+∫T2

T3

Vapor.

Q=mPQ=calor .m=masa.P=calor latente.

CALOR ESPECIFICO.Es el calor necesario que hay que suministrar a una unidad de masa(1gr.) de una sustancia para que eleve su temperatura en 1° CQ=mc (T f−T1)Q=calor. m= masa. c= calor especifico.T=temperatura

En un vaso de cobre , que pesa 1.5 Kg contiene un bloque de hierro de 10 Kg a una temperatura de -10 °C, se inyecta 5 Kg de vapor de agua a 100°C determinar:1.- El estado de la mezcla2.- la variación de la entropía



El calor especifico del cobre es de 397 J/kg°K; el calor de fusion del hielo es de 334 400 J/kg; el calor especifico del agua es de 4180 J/Kg°K; el calor especifico del hielo es de 2090 J/kg°K; el calor de licuefaccion del vapor de agua es de 2257200 J/kg.

Δs=nc∫263

273dTT

+ LfTf

+nc .∫273

373dTT

10*2090*10 +10*334400+10*4180100=7733000

1.5*397*110=65.505

779.8505=¿

Condensa una masa de779.85052,257200

=3.45

El resto como vapor 1.45

Δs=∫T3

T 2

dQT ∫

T 3

T 2

mcdTT

=mclnT2

T1

10Kg hielo -10 a 100 °C → 10*2090ln273263

+ 10∗334.400273

+10∗4180 ln373273

1.5 Kg -10°C a 100°C 1.5*397 ln373263

=26370

Una masa de vapor que se condensa Δs=−779.8505

373=−20907 5462,7J/°K

RENDIMIENTO DE MAQUINAS TERMICAS.Puesto que la introducción de concpetos de entropía surge del estudio de rendimiento de las maquinas de vapor esquematizada en la figura siguiente; uno de los posibles enunciados del segundo principio es:“es imposible que un sistema realice un proceso ciclico cuyos unicos efectos sean la transferencia de calor desde una fuente termica del sistema y la realización por el sistema de un trabajo equivalente sobre el entorno.”



Teoricamente la conversión total de calor en trabajo es posible, lo imposible es diseñar una máquina que convierta totalmente el calor en trabajo y que pueda operar en una forma ciclica.El rendimiento o eficiencia de la máquina, es la fracción de energía util (trabajo) que se obtiene a partir de la energía consumida.

E= trabajoenergia

→producido→ producido

¿WQc

E=Qc−Qf

Qc

E=1-QfQc

E=1-T2

T1

Calcular el cambio de entropía de 1gr-atomo de aluminio a 1000°C, dando los siguientes datos: Δs= ?1gr AlT= 1000°C + 273 = 1273 °KS298=6.67cal /mol° KCp= 4.8+3.22*10−3T cal /mol° KCp(1)=7cal /mol°KCalor latente de fusion = 2.5 Kcal a 660°c + 273=933°K

Δs=∫T 1

T 2

dTT

Δs=Δs298+∫T 1

T 2

Cp(s)+ LfTf

+∫T1

T2

Cp(1)

Δs=6.67cal /mol ° K+∫298

933

(4.8+3.22∗10−3) dTT

+ 2500933

+ ∫933

1273

7dTT

=19.0476cal/mol°K

Calcular la entropía de 1gr-atomo de :a)Fe α sobrecalentado a 1000°Cb)Fe λ sobre calentado a 1000 °C



Datos s298=Feα=6.49cal /mol° K

CpFe α=3.9+6.8∗10−3T cal /mol ° K273-1033CpFe λ=7.55+1.14∗10−3cal /mol° K1179-1674Lf= α→β=660 cal/mol 1033°KLf= β→λ= 220cal/mol1183°Ka)Δs1273° K=¿ ?

Δs1273 Fα=Δs298+ ∫298

1273

(3.9+6.8∗10−3T ) dTT

Δs1273 Fα=6.49+3.9 ln1273298

+6.8∗10−3(1273−298)

Δs1273 Fα=18.783cal /mol° Kb)Δs1273=?

Δs1273 Fλ=Δs298+ ∫298

1033

(3.9+6.8∗10−3T ) dTT

+ 6601033

+ ∫1033

1183

(9.85) dTT

+ 2201183

+ ∫1183

1273

(7.55+1.14∗10−3T ) dTT

Δs1273 Fλ=6.49+3.9 ln( 1033298

)+6.8∗10−3(1033−298)+ 6601033

+9.85 ln ( 11831033

)+ 2201183

+7.35 ln (12731183

)+1.41∗10−3(1273−1183)

ΔFe1273 λ=19.136cal /mol ° K

En una máquina térmica se emplea vapor producido por una caldera a 340°C, mismo que despues de ser utilizado para realizar trabajo es expulsado al ambiente a una temperatura de 210°C calcular:a)El eficiencia de la máquina expresada en porcentaje.b)El trabajo realizado en joules, si el calor suministrado es de 355 cal.

E=1-T f

Tc 340°C=613°K

E=1-483 ° K613 ° K

210°C=483°K

E=0.2121 355cal(4.186 J

1cal¿=1486 J

a)21.2% W=EQ W=(0.2121)(1486.03J ) b)W=315.19

Una máquina termica absorbe 360 J de calor y realiza un trabajo de 25 joules cada ciclo. Encuentre:a)La eficiencia de la máquina.b)El calor liberado en cada ciclo.

E=1-QfQc

W=EQ



a)E=1-25J360

=0.9306 W=(0.9306)(360J)

b)W=355.016J

Un refrigerador tiene un coeficiente de operación igual a 5. Si el refrigerador absorbe 120J de una fuente fría en cada ciclo, encuentre:a)El trabajo hecho en cada ciclo.b)El calor liberado hacia la fuente caliente.

Cop=Q2

WW=Q2−Q1

Donde:Cop=coeficiente de operación.Q2=¿calor transmitido de la fuente caliente.Q1=¿calor absorbido de la fuente fría.

Cop=Q2

W W=Q2−Q1

5=Q2

W W=150J-120J

5=Q2

Q2−120J a)W=30J

5(Q2−120 J ¿=Q 2

5Q2−600 J=Q2

-600=Q2−5Q2

−6004

=Q2

b¿Q ¿2=150 J

Una máquina absorbe 1600J de una fuente caliente y libera 1000J a la fuente fría en cada ciclo.Calcular: a)Cuál es la eficiencia de la máquina.b)Cuánto trabajo se hacec)Cuál es la potencia de salida de la máquina si cada ciclo dura 0.3 seg.

n=wQ

=Q2−Q1

Q2

n=1-Q1

Q2

=¿1-10001600

n=0.375

a)n=37.5W=Q2−Q1



W=1600-1000

b)W=600Joules

n=Pt

Pt+Q1

→0.37J=P(0.3)

P (0.3)+1000→0.375(P(0.3)+1000)=0.3P→0.1125P+375=0.3P

P=375

0.1875

c)P=2000 watts

Cierta máquina tiene una potencia de salida de 5Kw y una eficiencia del 25% si la máquina libera 8000 joules de calor en cada ciclo calcular:a)El calor absorbido en cada ciclo.b)El tiempo para cada ciclo.Potencia=5Kw=5000wattsn=25%=.25Q=8000J(liberado)T=tiempo de cada ciclo.

n=WQ2

ó E=WQ2

Q2=¿calor absorbido

W=Q2−Q1 Q2=w+ Q1 Q1= calor liberado

n=PT

PT +Q1

→0.25=5000 t

5000t+8000=0.53 seg (tiempo /ciclo)

0.25(5000t+8000)=5000t1250t+2000=5000t2000=5000t-1250t2000=3750t

b)t=20003750

=¿0.533

Q2=(5000J )( t)+8000a¿Q2=(5000J )(0.538 s)+8000=10650J

Un Kg de agua a una temperatura de 280°C se mezclan con 2Kg de agua a 310°C en un recipiente aislado termicamente. Determine el cambio de entropía del universo.

1kg H 2O=1000grT 1=280 °C+273=553 ° K2KgH 2O=2000grT 2=310°C+273=583°K

Δs=m1C1lnTfT1

+m2C2lnTfT2

Δs=(1)(1) ln573553

+(2)(1)ln573583

Δs=1000 ln573553

+2000 ln573583



Δs=0.92cal /° K

T f=1000(553)+(2000)583

1000+2000=553.15 ° K

Un kilogramo de agua a 0°C se coloca en contacto con una fuente termica a 100°C, cuando el agua alcance los 100°C determine el cambio de entropía del universo.

Tx=tf

ΔS1 = nc ∫280

TxdTT

= nc ln Tx280

ΔS2 = nc ∫310

TxdTT

= nc ln Tx310

ΔSTOTAL = S1 + S2

GASES PERFECTOS O IDEALES.Un gas perfecto es aquel que cumple con la ecuación de estado (Pv = RT) y además sus colores específicos son invariables.

ECUACIONES DE ESTADO.Una ecuación de estado es una ecuación que relaciona 3 ó más propiedades intensivas pero independientes, de modo que define completamente un estado termodinámico de un sistema PV=RT ó f(PvT) = φLa ecuación de estado de los gases perfectos es



PvT

= R

Donde R es la constante de gas, es decir, para 1 Kg. De un gas ideal particular se cumple siempre que:P1V 1T 1

= P2V 2T 2

… PiViTi

= R (gas)

En caso de un sistema gaseoso que tenga una masa m (kg) la ecuación se puede expresarPv=mRTDonde se tiene que para el sistema ingles V = mv, que es el volumen total en m3

P es la presión absoluta del sistema que se expresa en KJ/Kg°KEs decir, para un estado 1 cualquiera se obtiene P1V1 = m1R1T1

Para un sistema con una masa unitaria la ecuación de estado se puede expresar: P = ρ RTDonde ρ representa la densidad del gas en Kg/m3 para un sistema cuantificado en kilo moles donde 1 Kmol de una sustancia representa una cantidad de materia equivalente a su peso molecular expresado en kg la masa del sistema se puede representar:m = unel volumen de 1 kmol a una determinada presión y temperatura se denomina volumen molar y se expresa en m3/kmol.

LEY DE AVOGADROEl volumen molar de cualquier gas ideal que se encuentra sumergido a unas mismas condiciones de presión y temperatura es constante y su valor depende exclusivamente de su naturaleza.Vmol = 22.4 m3 / kmolTambién según la ley de Avogadro en 1 kmol de cualquier gas ideal el número de moléculas existentes es constante y se denomina número de Avogadro y se representa como: N=6.0238*1023 moléculas/kmol

CONSTANTE UNIVERSALComo el volumen molar (Vm) es idéntico para todos los gases ideales que se encuentran en las mismas condiciones de presión y temperatura tenemos que R como constante tiene los siguientes valores:R = 1.987 cal/mol°kR = 8.314 KJ/Kmol°kR = 0.082 lts atm/mol°k

CALORES ESPECIFICOS DE LOS GASES IDEALES

Por definición sabemos que el calor especifico de un gas es C= dQmdT

O bien dQ = cm dTComo dQ depende de la manera de cómo se realiza el cambio de estado termodinámico del gas, en los gases es posible distinguir diferentes tipos de calores específicos, siendo los mas usuales:Cp= presión constante



Cv= volumen constanteDe donde se obtiene:dQp = m Cp dT en KjoulesdQv = m Cv dT en KjoulesSi m es constante (sistema cerrado) y dT → 0

Tendremos: dQ = m Cp ∫T 1

T 2

dT dQ = mCv ∫T 1

T 2

dT

Ó bien Q= mCp (T2T1) o bien, Q= mCv (T2T1) Q= mCp ΔT Q= mCv ΔT

En los gases ideales los calores específicos son función de la temperatura [c=f(T)].La ecuación de Cp en función de la remperatura (a baja presión) se puede expresar de la siguiente maneraCp= a+bt+ct2+dt3t… dtn

Para el aire a= 28.11, b= 0.1967*10-2, c= 0.480*10-5

Para el H2 a= 29.11, b= 0.1916*10-2, c= 0.400*10-5

Para el CO2 a= 22.26, b= 5.9810*10-2, c= -3.51*10-5

Para el amoniaco a= 27.5630*10-5, b=2.5630*10-5, c= 0.99*10-5

Esta ecuación es valida para los valores de 273 hasta 1800°k y una presión de 1 atm.

Un gas ideal ocupa un volumen de 100 cm3 a 20°c y una presión de 100 Pa. Determine el numero de moles del gas en el recipiente.V= 100cm3 = 0.10 lts. PV= nRT

T= 20°c = 293°c n= PvRT

P= 100 Pa = 9.869*10-4 n=

(9.869∗10−4atm )(0.10lts)

(0.082ltsat mmol

° k)(293° k )

n =? n= 4.11*10-6 molesR= 0.082 lts. Atm/mol°k

Se mantiene un gas ideal en un recipiente a volumen constante. Inicialmente su temperatura es de 10°c y su presión es de 2.5 atm. ¿Cuál será la presión cuando la temperatura sea de 80°c?

T= 10°c = 283°K P1V 1T 1

= P2V 2T 2

=

P1= 2.5 atm P2= P1V 1T 2T 1V 2

T2= 80°c = 353°K P2= P1T 2T 1

P2 =? P2= (2.5atm )(353 ° k )

283 ° k

P2= 3.118 atm

Un cilindro con un embolo móvil contiene un gas a una temperatura de 127°c, una presión de 30 Kpaladios y un volumen de 4m3. ¿Cuál será la temperatura final si el gas se comprime 2.5m3 y su presión aumenta a 90 Kpaladios?



T1= 127°c = 400°k P1V 1T 1

= P2V 2T 2

P1= 30 K Pa = 0.2961 atm T2= P2V 2T 1P1V 1

V1 = 4m3 = 4 lts T2= (0.8882atm ) (2.5lts )(400 ° k )

(0.2961atm )(4 lts)T2 =? T2= 749.92 °kV2 = 2.5 m3 = 2.5 lts.P2 = 90 KPa = 0.8882 atm

Se encuentra contenido un gas en una vasija de 8 litros a una temperatura de 20°c y a una presión de 9 atm. Determine a) el número de moles en la vasija. b) ¿cuántas moléculas hay en la vasija?

V1 = 8lts a) n= PVRT

T1 = 20°c n= (9atm )(8 lts)

(0.082 ltsatmmol

°k )(293 ° k )

P= 9atm n= 2.9968 moles

b) (6.0238*1023) (2.9968mol) = 1.8052*1024 moléculas

Se encuentra un gas en un tanque a una presión de 10 atm y una temperatura de 15°c si se saca la mitad del gas y se aumenta la temperatura a 65°c ¿Cuál es la nueva presión en el tanque?

P1 = 10 atm P1V 1T 1

= P2V 2T 2

T1 =15°c = 288°K P2= P1V 1T 2V 2T 1

T2 = 65°c = 338°K p2 = (10atm )(338 ° k )

2(288 ° k)

P2 = 5.8681 atm

Se calienta un gas de 27°c a 127°c mientras se mantiene a presión constante en un recipiente cuyo volumen aumenta. ¿En qué factor cambia el volumen?

T1= 27°c = 300°k P1V 1T 1

= P2V 2T 2

T2 = 127°c = 400°k V2 = P1V 1T 2T 1 P2

P = constante por lo tanto P1 = P2 V2 = V 1(400 ° k)

300 ° k V2=V1 (1.333) f = 1.333Un cilindro con un volumen de 12 litros contiene un gas de helio a una presión de 136 atm. ¿Cuántos globos se pueden llenar con este cilindro a presión atmosférica si el volumen de cada globo es de 1 litro?

V1 = 12 lts. N = P1V 1P2V 2



P1 = 136 atm N = (136atm )(12 lts)

(1atm )¿¿

V2 = 1 lt. N = 1632 globosT1 = T2 constante.P2 = 1 atmUn tanque con un volumen de 0.1 m3 contiene un gas de helio a una presión de 150 atm. ¿Cuántos globos se pueden llenar si cada globo lleno es una esfera de 30 cm de diámetro a una presión absoluta de 1.2 atm?

P1 = 150 atm P1V 1T 1

= P2V 2T 2

V1 = 0.1 m3 P1V1 = n1RT1T1 = T2 cte. P2V2 = n2RT2

P2 = 1.2 atm n1= P1V 1RT 1

V2 = 30 cm n2= P2V 2RT 2

R = cte. Por lo tanto R = 0 N = n1n2

= P1V 1RT 1

/ P2V 2RT 2

V2 = 43

∏r3 N = P1V 1P2V 2

=

(150 )(0.1m 3)(1.2atm )(0.014m 3)

V = 43

(3.1416) (0.15m)3 N = 892 globos

Se infla la llanta de un automóvil con aire inicialmente a 10°c y a una presión atmosférica normal. Durante el proceso el aire se comprime a 28% de su volumen inicial y su temperatura aumenta a 40°c a)¿Cuál es la presión de aire? Después de manejar el automóvil la temperatura del aire de la llanta aumenta a 85°c y el volumen del interior de la llanta aumenta en un 2% b)¿Cuál es la nueva presión de la llanta? Expresa el resultado en presión absoluta y en libras/pulgadas2

(1 atm= 14.7 libras/pulgadas2)

T1= 10°c P2 = P1V 1T 2V 2T 1

=

(1atm ) ( v )(313 ° k)( .28v )(283 ° k )

T2= 40°c a) P2 = 3.95atm

P1= 1 atm b) P2 = (1atm ) (v )(313 ° k )(358° k )(0.2856v )

V1 = V P2= 4.43 atm = 65.106 lb/pulgada2

V2 = .28V

¿Cuál es la presión que adquiere una masa gaseosa de 200 cm3 si pasa de 30°c a 70°c y su presión inicial es de 740 mm de Hg y el volumen permanece constante?

V1 = 200 cm3 = 2lts. P2 = p1V 1

T 2

V 2T 1



T1 = 30°c = 303°k P2 = P1T 2T 1

T2 = 70°c = 343°k P2 = (740mmdeHg )(343 ° k )

303° kP1 = 740 mm de Hg P2 = 837.69 mm de Hg = 1.102 atm V2=V1

Un gas a 18°c y 750 mm de Hg ocupa un volumen de 150 cm3, ¿Cuál será su volumen a 65°c si se mantiene constante la presión.

P2V 2T 2

=P1V 1T 1

T1 = 18°c = 291°k V2 = P1V 1T 2P2T 1

T2 = 65°c = 338°k V2 = V 1T 2T 1

P1 = 750 mm de Hg V2 = (150cm3 )(338° k )

291 ° kP2=P1

V1= 150 cm3 = .15 lts V2 = 174.226 cm3 = 0.174226 lts

En un tanque se coloca queroseno hasta un 75% de su volumen, se introduce lueo aire hasta alcanzar una presión de 2.8atm, determinar el volumen sel aire dentro del tanque si su longitud es de 35cm y 8cm de radio.

Vq = 75% FormulasP = 2.8atm V1 =π r2 l l = 35cm V2 = V1 P1

r = 8 cm P2

7037.17cm2 --- 100% X --- 75%

(75%) (7037.17cm 2 ) = 5277.88cm2 = 1759.29cm3 = 0.176 Lts.100

V1 = π r2 l = (3.1416) (8cm)2(35cm) = 7037.17 cm3

V2 = V1 P1 = (1759.29 cm 3 ) (1atm) = 628.30 cm3

P2 2.8 atm


Reactantes

Productos

Si ΔG < Ø

Energía Libre

T, P cts.Reacción espontánea

Reactantes

Productos

Si ΔG > Ø

Energía Libre

T, P cts.Reacción no espontánea


ENERGIA LIBRE DE GIBBS (ΔG)

ΔS (Universo) = ΔS(Sistema) + ΔS (Entorno) > Ø (Proceso espontáneo)Esto es valido para un proceso instantáneo

TΔS (universo) = TΔS (sistema) - ΔH (sistema)

Si consideramos el producto –TΔS (universo) como la disminución de4 una nueva magnitud denominada ΔG la expresión quedaría de la siguiente manera:

-TΔS (sistema) + ΔH (sistema) = ΔG < Ø ó bien ΔG = ΔH (universo) – TΔS (sistema)

En procesos espontáneos se cumple siempre que ΔG sea menor que cero (ΔG < Ø)

Si ΔG > Ø el proceso e s no instantáneoSi ΔG = Ø el proceso esta en XY, en equilibrio

G es una función de estado, puede variar por la presión y la temperatura.

Al igual que el incremento entalpico (entalpía) el incremento de energía libre de una reacción puede obtenerse a partir de sus reactivos y de sus productos.

ΔG (reacción) = ΔG (producto) - ΔG (reactante)



EXPONTANEIDAD DE LAS REACCIONES QUIMICAS.

No siempre las reacciones exotérmicas son espontaneas. Existen reacciones endotérmicas espontaneas, por ejemplo la evaporación de liquidación y la disolución de sales.

NH4Cl NH4 + Cl ΔH = 14.7 KJ.H2O H2 + O ΔH = 44.0 KJH2O(l) H2O (g) ΔH = 44.0 KJ

Una reacción es espontanea cuando ΔG = ΔH – TΔS es negativo.

Según sean positivos o negativos cuando ΔH y ΔS (T siempre es positiva) se cumplirá lo siguiente:

ΔH < Ø y ΔS > Ø ΔG < Ø espontanea ΔH > Ø y ΔS < Ø ΔG > Ø no espontanea ΔH < Ø y ΔS < Ø ΔG < Ø a temperatura baja y a > Ø a temperatura alta.ΔH > Ø y ΔS > Ø ΔG < Ø a temperatura alta y ΔG > Ø a temperatura baja

CALCULO DE LAS CONSTANTES DE EQUILIBRIO A PARTIR DE LAS VARIACIONES DE LA ENERGIA LIBRE.A partir del valor de la variación de la energía libre del patrón de una reacción es posible calcular su constante de equilibrio, usando la isoterma:

ΔG = - nRT ln kp

Así en la reacción de equilibrio del tipo Me + O2 MeO2 tendremos que la constante de equilibrio es igual a:

Que sustituido en la isoterma tendremos lo siguiente:

En las reacciones en las que el metal y el oxido (Me y MeO2) pueden considerarse sólidos puros o líquidos puros, sus actividades se consideran igual que la unidad, por lo tanto aMe = aMeO2 = 1 por lo tanto tendremos que la energía libre será igual a:



De donde se deriva que ΔG = RT ln PO2

T = Parte de donde la temperatura se considera como temperatura absolutas.PO2 = La presión del oxigeno es igual a la porción parcial de equilibrio del oxido a la temperatura T.

La ecuación anterior se aplica a cualquier reacción de oxidación en el que el oxigeno es el único componente gaseoso. Esta ecuación nos permite calcular la presión de equilibrio del oxigeno con cualquier elemento a fin a este mismo.

Conocidos los valores de las variaciones de la energía libre de Gibbs de la sílice (Si O2) a la temperatura de 500°C, 1000°C y 1500°C; calcular las presiones de equilibrio del oxigeno a estas temperaturas.

ΔG500 = -17500 cal/mol°ΔG1000 = - 153000 cal/mol°ΔG1500 = -131000 cal/mol°

Si + O2 SiO2

ΔG = ΔH – TΔSΔG = - nRT ln K

aSiO2 = aSi = 1 esta ecuación se transforma

-175000 = - (1.987)(773°K ) ln/PO2

=

ln PO2 = -113.94

log10 = 3.28*10-50 atm.



Examine la reducción del oxido de magneso (MnO) a 1900°K por “C” y “CO”. ¿Qué reacción es más factible? Las energias libres de formación son las siguientes.

MnO G= -95400 + 19.62 TCO G= -26700 – 20.95 TCo2 G= -94200 – 0.2 T

MnO + C Mn + COMnO + CO Mn + CO2

ΔG (reaccion) = ΔG(productos) – ΔG (reactantes)

ΔG(reacción) = -26700 – 20.95 (1900°K) – [-95400 + 19.62 (1900°K)]ΔG(reacción) = -8383 cal.

REACCION ESPONTANEA

ΔG(reacción) = -94200 – 0.2(1900°K) – [-26700–20.95(1900°K) + (-95400+19.62 (1900°K)]ΔG(reacción) = 30047 cal.

Encontrar el cambio de energía libre a 25°C en la reacción Zn + ½ O2 ZnO ΔH= -83 kcal. El calor de formación del CO esta formado por la siguente reacción:

C+ ½ O2 = CO ΔH= -26.15 Kcal

Tambien encontrar el cambio de energía libre en la reacción.

ZnO + C = Zn + CO

Las entropías a 25°C son las siguientes:

Zn = 9.83 cal/°KZnO = 10.4 cal/°KCO = 45.9 cal/°KC= 1.3 cal/°KO2(g)= 48 cal/°K

ΔG = ΔH – TΔSΔG = -83000 cal – [(298°K) (10.4-9.83-(48/2))]ΔG = -76 017.86 cal.

ΔG= [-26150 +83000] – 298[9.83 +45.9 – 1.3 -10.4]ΔG = 43729.06 cal.



A 1800°C a presión de disociación de la alumina Al2 03 es de 10-16atm, mientras que a 1400 °C es de 10-22 atm. Calcular la energía libre de formación de alumina a 1800°C y 1400°C , suponiendo que el Oxigeno tiene inicialmente la presión atmosférica y que los constituyentes son sólidos puros. Dado que la entalpía de Formación de la alumina permanece constante sobre el rango de temperatura de 1400 a 1800 °C calcular la entropía de formación de la alumina en este rango de temperatura.

Al2O3 2Al+ 3/2 O2

ΔG= ΔG+ RT ln KΔG= - RT ln K

ΔG = -3/2 (1.987)(2.303)(2073°k) log PO2

ΔG = -3/2 (1.987)(2.303)(2073°k) (log 10-16)ΔG1800= 227668.19 cal

ΔG= -3/2 (1.987)(2.303)(1673°k) (log 10-22) ΔG1400 = 252639.75 cal

ΔG= ΔH - TΔS

ΔG1800 = ΔH - TΔS ΔG1400 = ΔH – TΔS (ΔG1800- ΔG1400) = (2073-1673) ΔS

(227668.19-252639.75) = ΔS 2073-1673

ΔS = -62.74 cal.


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