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• Stephany Mariela Bermudez

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PROBLEMAS - PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA INTEGRANTES     

Bermúdez Huachos, Stephany Mariela. Calderón Pariona, Leonardo. Chamorro de la Cruz, Ricardo. Huaroc Peña, Geraldine. Yañac lopez, Patricia.

1. Un mol de un gas monoatómico ideal, experimenta los pasos reversibles mostrados

en la figura.

a) Calcular los volúmenes y temperaturas absolutas en los puntos 1, 2 y 3. En el punto 1  Del gráfico: P1=2 atm P1V1=22,4 atm-L Por lo tanto: V1=11,2 L  Calculo de T1 P1V1=nRT1 n= 1 mol T1=

P1V 1 nR

2 atm∗11,2 L T1= atm . L 1mol∗(0.08205746 ) mol . K T1=272,98 K





En el punto 2 Del grafico : P2=4 atm P2V2=22,4 atm-L V2=5,6 L Calculo de T2 , sabiendo que A es un proceso isotérmico entonces: T1=T2 T2=272,98 K En el punto 3





Del gráfico: P3=4 atm P3V3=44,8 atm-L V3=11,2 L P3V3=nRT3 T3=

n= 1 mol

P3V 3 nR

4 atm∗11,2 L T3= atm . L 1mol∗(0.08205746 ) mol . K T3=545,96 K b) Se sabe que el proceso A es isotérmico, el B es isobárico y el C es isocórico. Calcular los valores de ΔU, Q y W.  Proceso A isotérmico ( T2=T1)

∆ U =n CV (T 2 −T 1 ) CV para gas monoatómico CV=3

cal mol−K

∆ U =0 ∆ U =Q−W Q=W Q=W=2,3 nRT log (

P1 ¿ P2

Q=W=2,3*1mol*8,31

J 2 *272,98 K ln ( ¿ mol∗K 4

Q=W=2,3*1mol*8,31

J *272,98 K *-0.69 mol∗K

Q=W=-3600,05 J 

Proceso B isobárico (P=cte.)

∆ U =n CV (T 3 −T 2 ) cal ∆ U =1 mol∗3 ∗(545,96 K−272,98 K ) mol−K ∆ U =818,94 cal Q P=∆ H =nCp ∆ T cal Cp= 5 mol∗K

Q P=∆ H =1mol∗5

cal ∗(545,96 K −272,98 K) mol∗K

Qp=1364,9 cal ∆U=Q-W W=Q-∆U W=1364,9 cal-818,94 cal W=545,96 cal 

Proceso C isocorico (v=cte) W=P*∆ V W=0

∆ U =Q=nC V ∆ T cal ∆U= Q = 1mol*3 *(T1-T3) mol−K ∆U= Q = 1mol*3

cal *(272,98 K-545.96K) mol−K

∆U= Q =-818,94 cal 2. Calcular ΔH a 25°C para la reacción: C2H6(g) + Cl2(g) las ecuaciones termoquímicas siguientes: 4C2H5Cl(g) + 13 O2(g) C2H6(g) + 3 1/2O2(g) 1/2H2(g) + 1/2Cl2(g) H2(g) + 1/2O2(g)

2Cl2(g) +8CO2(g) + 10H2O(g) 2CO2(g) + 3H2O(g) HCl(g) H2O(g)

0,5Cl2(g) +2CO2(g) + 2.5H2O(g) C2H5Cl(g) + 3,25 O2(g) C2H6(g) + 3 1/2O2(g) 2CO2(g) + 3H2O(g) 1/2H2(g) + 1/2Cl2(g) HCl(g) 0,5H2O(g) 0,5H2(g) + 0,25O2(g)

C2H5Cl(g) + HCl(g), a partir de ΔH (kcal) -1229,6 -341,25 -22,06 -57,80 (1229,6/4)=307,4 -341,25 -22,06 (57,80/2)=28,9

ΔH=307,4-341,25-22,06+28,9 ΔH=-27,01 kcal

3. A un calorímetro de frasco Dewar se añaden dos soluciones, 100 mL de HCl (ac) 1,0M y 100 mL de NaOH (ac) 1,0 M, ambas a 21,1 °C y se permite que reaccionen. La temperatura aumenta hasta 27,8 °C. Determinar el calor de reacción para la neutralización por mol. VHCl(1M)=100 ml VNaOH(1M)=100ml

mHCl(1M)=100 g mNaOH(1M)=100 g

Ti=21,1 ºC Tf=27,8 ºc

∆ T =( 27,8−21,1 ) ºC ∆ T =6,7 ºC



Calor desprendido en la reacción

Qrx=-200g* 1

Cal * 6,7ºC gCº

Qrx. ¿ ∆ H n =-1340 Cal



Calculo del calor de neutralización por mol  Numero de moles ”n”

M*(L(sol))=n (1 mol/L)*(0,1 L)=n n=0,1 mol  Calor de neutralización por mol

∆ H n =(

−1340 cal ) 0.1mol

∆ H n =-13400 cal/mol 4. Según datos de tablas, calcular los valores de ΔH° para las siguientes reacciones: a) CaC2(s) + 2H20(l) = Ca(OH)(2)(s) +C2H2(g) -59,0 -285,8 -986,6 226,8 Δ H = 226,8 + (-986,6) – [(-59,0) + 2(-285,8)] Δ H = -759,8 – (-630,6) Δ H = - 129,2 KJ/mol

b) Fe2O3(s) + 2Al(s) = Al2O3(s) + 2Fe(s) 822,2 0 -1669,8 0

Δ H = -1669,8 + 2(0) – (-822,2) + 2(0) Δ H = -1669,8 + 822,2 Δ H = -847,6 KJ/mol