fisicoquimica

PROBLEMAS DE TERMODINAMICA PRIMERA LEY
Capitulo 7
7.13 Un mol de gas ideal experimenta una compresión adiabática en una
sola etapa con una presión de oposición CTE igual a 1.00 MPa.
Inicialmente, el gas se encuentra a 27 °C y 0.100 MPa de presión. La
presión final es 1.00 MPa. Calcúlese la temperatura final del gas, Q, W, ∆U,
∆H. Hágase esto para dos casos:
Caso 2: Gas diatómico, v = R.DATOS:
n = 1 mol
Pop = 1 MPa
P1 = 0.100 MPa
P2 = 1.00 MPa
T1 = 27 °C

→

300.15 K

SOLUCION:
Como es un proceso adiabático
T2 = T1 (

Q=0

)

T2 = (300.15 K)

)

T2 = 1071.9643 K
∆U = n v(T2 – T1)
∆U = (1 mol) (5/2) (8.314
∆U = 16 042.1602 J

→

) (1071.9643 K – 300.15 K)
16.0422 KJ

W = -∆U = -16.0422 KJ
∆H = ∆U + nR∆T
∆H = 16.0422 KJ + (1 mol) (8.314 x
∆H =22.4591 KJ

) (771.8143 K)

7.14 Un mol de un gas ideal a 27 °C y 0.100 MPa se comprime
adiabáticamente y reversiblemente hasta una presión final de 1.00 MPa.
Calcúlese la temperatura final, Q, W, ∆U y ∆H para el caso de v = 5/2 R
DATOS:
n = 1 mol
T1 = 27 °C → 300.15 K
P1 = 0.100 MPa
P2 = 1.00 MPa
SOLUCION:
=
T2 = T1 (
�=
�=1+
�=1+
=

=

= -2/7

Sustituyendo valores:
T2 =(300.15 K) (
T2 = 579.4989 K
Como es un proceso adiabático

Q=0

∆U = n v(T2 – T1)
∆U = (1 mol) (5/2)(8.314 x

) (579.4989 K – 300.15 K)

∆U = 5.80 KJ
∆H = ∆U + nR∆T
∆H = 5.80 KJ + (1 mol) (8.314 x

) (279.3489 K)

∆H = 8.1225 KJ

7.28 La capacidad calorífica del óxido de plomo solido, PbO, esta dada
por:
= 44.35 + 1.67 x

T.

Calculese el cambio de entalpía del PbO si seenfría presión CTE desde
500 K a 300 K.
DATOS:
T1 = 500 K
T2 = 300 K
SOLUCIÓN:
∆H =
∆H =
∆H =
∆H = 44.35
∆H = 44.35 (300 K – 500 K) +

(

∆H = -9003.6 K

7.29 Con el valor del
dado en la tabla 7.1 para el oxígeno, calcúlense Q,
W, ∆U y ∆H por mol de oxígeno para los cambios de estado:

a) p = CTE, 100°C a 300°C,
b) V = CTE, 100°C a 300°C.
DATOS:
T1 = 100 °C

→

373.15 KT2 = 300 °C

→

573.15 K

P = CTE
= 3.0673 + 1.6771

T -5.118

SOLUCIÓN:
∆H =
∆H =
∆H =
∆H = 3.0673

)
+

-

+

-

∆H = 3.0673 [T] +

[ ]-

∆H = 3.0673 (T2 – T1) + 8.1855

[ ]
(

–

)–

∆H = 3.0673 (573.15 K – 373.15 K) + 8.1855
(
–
)
∆H = 3.03673(200 K) + 8.1855
( 136322553.5 )

(189260

∆H = 613.46 K + 154.9188 K – 23.2566 K
∆H = nR(744.8122 K)∆H =(1 mol) (

)(744.8122 K)

∆H = 6.1924 KJ
Como es un proceso a presión CTE
∆H = Q
Q = 6.1924 KJ
∆U = ∆H - P∆V

(
(

)-

–

–

)
)–

∆U = ∆H – P(V2 – V1)
Apoyándonos en la Ley General de los Gases Ideales obtenemos el V2 y V1
V2 =

V1 =

∆U = ∆H – P(

-

)

Factorizamos :
∆U = ∆H -

(T2 – T1)

∆U = ∆H – nR(T2 – T1)
∆U = 6.1924 KJ – (1 mol)(

)(573.15K – 373.15 K)

∆U = 4.5321 KJ
∆U = Q – W
W = Q - ∆U
W = 6.1949 KJ – 4.5321 KJ
W = 1.6628 KJ
b) V = CTE
W=0
Mismas Temperaturas por lo tanto:
∆H = 6.1924 KJ
Para calcular ∆U utilizaremos la misma ecuación que se dedujo en el inciso
anterior
∆U = ∆H – nR(T2 – T1)
∆U = 6.1924 KJ – (1 mol)(

)(573.15 K – 373.15 K)

∆U = 4.5321 KJ
∆U = Q
Q =4.5321 KJ
PROBLEMAS DE TERMOQUIMICA7.35 y 7.36 A partir de los datos de la tabla A-V, calcúlense los valores de
∆H°298.15 y suponiendo que los gases son ideales, calcúlese ∆U°298.15 para
cada una de las reacciones siguientes:
C(grafito) + CO2(g) → 2CO(g)
∆H°R = 2∆H°(CO, g) - ∆H°(CO2,g)
∆H°R = 2(-110.53

) – (-393.51

)

∆H°R = 172.45
Calculo de ∆U°298.15
∆H° = ∆U° + RT∆η(g)
∆η(g) = (2 – 1) = 1
Sustituyendo valores,obtenemos:
∆U° = ∆H° - RT∆η(g)
∆U° = 172.45

- (8.314 x

)(298.15 K)(1)

∆U° = 169.9712
CO(g) + 2H2(g) → CH3OH(l)
∆H°R = ∆H°(CH3OH, l) - ∆H°(CO, g)
∆H°R = -238.7

– (-110.53

)

∆H°R = -128.17
∆U° = ∆H° - RT∆η(g)
∆η(g) = (0 – 3) = -3
∆U° = -128.17

- (8.314 x

)(298.15 K)(-3)

∆U° = -120.7335

NaOH(s) + HCl(g) → NaCl(s) + H2O(l)
∆H°R = ∆H°(H2O, l) + ∆H°(NaCl, s) -...