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• Miguel Angel

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FISICOQUIMICA QMC-206

GRUPO: C

PRIMER PRINCIPIO DE LA TERMODINÁMICA II. Problemas resueltos. 1. 10 gramos de Hidrogeno gaseoso, 28 gramos de Nitrógeno y 64 gramos de Oxigeno llenan un recipiente rígido. Se hace pasar una chispa a través de la mezcla, el oxígeno y el hidrogeno reaccionan para dar agua, y el recipiente se calienta. ¿Cuánto calor debe eliminarse para mantener constante la temperatura cal cal a 25°C? H f ( H2O (l ))  68382,8 ; H vap ( H2O )  10528,7 . mol mol Solución. Tenemos en cuenta que existirá una reacción entre el hidrogeno y el oxígeno, entonces la planteamos y hacemos el equilibrio químico, las cantidades en moles se pondrán en la misma.

1 H 2  O2  H 2O(l ) 2 i) 5 2 0 ii) -X -0.5*X +X eq) 5-X 2-0.5*X X Nuestro reactivo limitante es el oxígeno, entonces con ello hallamos el valor de X. 2  0.5* X  0  X  4 . Con ello tenemos que al final el número de moles del hidrogeno es 1 y el número de moles de agua formados es 4. Nuevamente vamos a la incógnita del ejercicio, como nos piden el calor para un proceso isotérmico, aclarar que se está llevando todo en un recipiente rígido, es decir es un calor a volumen constante. Entonces lo que nos piden es el cambio de energía interna. Como existe una reacción química y tenemos la entalpia de la misma, utilizaremos la fórmula:

H  U  ( PV ) Despejamos el cambio de energía interna y por tomar gases ideales cambiamos el termino PV por algo equivalente:

U  H  nRT AUX. JORGE MARCELO TIÑINI CRISPIN

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Donde Δn corresponde a la diferencia del número de moles finales menos los iniciales, solo de los componentes gaseosos. Con ello pasamos a calcular dichos valores. Al inicio: 5+2=7 Al final: 1(No se toma al agua por estar en estado gaseoso por la temperatura)

n  1  7  6 Nota: Tomándose el nitrógeno, el mismo al no formar parte de la reacción tiene el mismo número de moles al inicio y al final, entonces el valor de Δn seria el mismo. Para el valor de la entalpia en este proceso, será simplemente la entalpia de formación del agua líquida la cual tenemos de dato, pero como es una entalpia por mol, y nosotros tenemos 4 moles de gua formados, simplemente lo multiplicamos. Reemplazando todo:

U  68382.8

cal cal *4mol  (6mol )*1.987 *298K mol Kmol

U  270Kcal

2. Un gas ideal se encuentra en un cilindro adiabático, que soporta inicialmente la presión atmosférica y que tiene una superficie de 5,1 cm2. Una vez alcanzado el equilibrio en esas condiciones se deposita sobre el pistón un cuerpo que tiene una masa de 10 Kg, y se comprueba que en el estado final de equilibrio el volumen del gas se reduce en un tercio de su volumen inicial. Determinar el valor de la capacidad calorífica a volumen constante del gas. Solución. Si graficamos el proceso: P.atm P.atm 10 Kg P1 P2

T1,V1,n AUX. JORGE MARCELO TIÑINI CRISPIN

T2,2V1/3,n

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Entonces primero analizamos, al poner la carga en el pistón este descenderá de manera brusca hasta llegar a un estado de equilibrio, entonces el proceso se lleva a cabo de una forma muy veloz, concluimos que se trata de un proceso irreversible. Ubicamos cual va a ser nuestro sistema, no hay mucho donde pensarlo, y nuestro contenido gaseoso será nuestro sistema (una masa de control). Realizando un balance de energía a este último.

Q  W  U El sistema está completamente aislado (adiabático) entonces no habrá intercambio de calor, de todas maneras al ser un proceso rápido tampoco da el tiempo suficiente de realizar dicha transferencia. Entonces reemplazando la definición del trabajo en la última ecuación nos queda:

 POP V2  V1   nCv T2  T1  Conocemos que el volumen final se reduce en un tercio que el inicial así que :

2 V2  V1 . 3 La presión de oposición es constante y no tenemos el valor de dato, pero por teoría sabemos que en una compresión o expansión irreversible la presión de oposición será la presión final. En nuestro caso: POP  P2 Entonces nos queda calcular las presiones tanto iniciales como finales.

P1  Patm  101325Pa P2  Patm  PC arg a  Patm 

mc arg a  g A

 101325Pa 

Reemplazando todo en nuestra ecuación: AUX. JORGE MARCELO TIÑINI CRISPIN

10 Kg *9,81 5,1*104 m

m s 2  293677,94Pa  2,89atm 2

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PV 1 1 1 PV  Cv(T2  T1 ) 2 1 3 RT1 1 P2 Cv T2  (  1) 3 P1 R T1 Al mantenerse constante el número de mole podemos utilizar la Ley combinada.

PV PV 1 1  2 2 T1 T2 P1 2 P2 T   2  1,9267 T1 3 T2 T1 Entonces con la relación obtenida entre las temperaturas, la reemplazamos en la última ecuación:

2,89atm Cv  * 1,9267  1 3*1atm 8.314 J Kmol

Cv  8,64

J K  mol

3. El lado izquierdo de un recipiente de volumen constante contienen aire, y está separado del lado derecho, que este vacío, mediante un diafragma. El diafragma se rompe y el aire se expande por completo. Encuentre la temperatura final del sistema. Solución. 1 bar z 5L 40°C

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VACIO 5L

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Tenemos gas de un lado del compartimiento y del otro nada, entonces ¿Cuál será nuestro sistema?. Podemos tomar el lado izquierdo del recipiente, pero mejor nos vamos a utilizar todo el recipiente para que sea un sistema a volumen constante, no existe trabajo, además tampoco existirá transferencia de calor por ser un sistema aislado, entonces realizando nuestro balance de energía a todo el recipiente:

Q  W  U Nuestro sistema al estar aislado, no tendrá transferencia de calor(Q=0) y además no existirá trabajo, si tomamos como sistema al gas también se cumple esto, ya que:

W   POP dV Y al expandirse contra una presión de oposición que es nula(El otro lado del recipiente esta vacio), de la misma forma el trabajo nos resulta 0.(W=0). Reemplazando:

U  0  nCv(Tf  T0 )  Tf  T0 Resulta que el proceso será isotérmico, y la respuesta será:

T f  40C 4. Al pie de la montaña donde la temperatura es 288 K y presión atmosférica de 600 mmHg, un excursionista se lleva en la mano una botella plástica de refresco de 2 Litros llena de aire a 11.5 atm y 288 K. Cuando el excursionista alcanza una altura de 3.2 Km sobre la montaña la botella explota. Calcule la energía liberada en la explosión de la botella. Considere que la temperatura atmosférica es constante e igual a 288 K, la masa molar del aire es 29 g/mol.  cal  Cp  6.836  0.001762T  26,56*108 T 2  .  mol  K 

Solución:

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El fenómeno que se estudiara a continuación es la explosión de la botella plástica, la cual es un proceso rápido (Irreversible) en el cual no hay transferencia de calor porque no le da tiempo para hacerlo.(Q=0). Entonces nuestro análisis de Energía nos da:

W  U  POP (V2  V1 )  n  CvdT En esta última ecuación lo que nos están pidiendo es el cambio de energía interna, para la cual necesitamos la temperatura final de nuestro sistema, la cual es una incógnita, así que hacemos unos pequeños arreglos a dicha ecuación (La presión de oposición será la presión del medio en ese momento).

 P2 (

nRT2  V1 )  n  CvdT ……….(*) P2

Donde los datos faltantes los podemos hallar con otras ecuaciones. Para la presión del entorno a esa altura, hacemos uso de la Ley de Distribución Barométrica, reemplazando datos:

g m   29 *9,81 *3200 m 2    Mgz  mol s P2  P0 exp    600 mmHg *exp     410, 23mmHg  g m RT    8314 * 288K  Kmol s 2   El número de moles; usando ecuación de estado en la primera condición.

n

PV 11.5atm *2 L 1 1  RT1 0.082 atmL *288K Kmol

Y por último el Cv, en el ejercicio nos dan el Cp, entonces para gases ideales sabemos: Cp  Cv  R . Reemplazando para hallar el Cv: AUX. JORGE MARCELO TIÑINI CRISPIN

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Cv  Cp  R  6.836  0.001762T  26,56*108 T 2  1.987  4.849  0.001762T  26,56*108 T 2

Entonces reemplazando todo en la expresión (*). T2

nRT2  PV 2 1 n



4.849  0.001762T  26,56*108 T 2 dT

T 1 288 K

Integrando la expresión, evaluando límites y factorizando términos semejantes tenemos (Cuidado con el análisis dimensional).

8,853*108 T23  8,81*104 *T22  6,836T2 1494, 29  0 Las raíces son:

T2  15018,15K .T2  212,9 K .T2  5279, 6 K Por razones obvias eliminamos la tercera raíz, y la primera también porque es demasiado alta como para haberse dado en un proceso casi instantáneo. Entonces: T2  212,9 K Y entonces hallamos el cambio de energía interna. T 2  212,9 K

U  n



4.849  0.001762T  26,56*108 T 2 dT

T 1 288 K

Obteniendo:

U  385, 74  cal 

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