Solucionario Parcial Q2

SOLUCIONARIO DE SEMINARIO EXAMEN PARCIAL DE QUÍMICA 2

1.
a. Como es expansión ∆V > 0 (pues Vf > Vi)
y como w = - P∆V w < 0 (pues ∆V > 0)
El sistema efectúa trabajo
b. Como es compresión ∆V < 0 (pues Vf < Vi)
y como w = - P∆V w > 0 (pues ∆V < 0)
Se efectúa trabajo sobre el sistema
c. Como es expansión ∆V > 0 (pues Vf > Vi)
y como w = - P∆V w < 0 (pues ∆V > 0)
El sistemaefectúa trabajo
d. Como el recipiente es rígido ∆V = 0 pues V = cte.

No se lleva a cabo ningún trabajo

2.
a. En una bomba calorimétrica V = cte.
Por lo que qv = ∆E donde ∆E es una función de estado
b. Como el cubo de hielo está dentro de una taza y es un sistema abierto P = cte.
Por lo que qp = ∆H
c. Congelador V = cte.
Por lo que qv = ∆E
d. Al calentarse un trozo de metal sobre la mesa dellaboratorio, se trata de un sistema abierto P = cte.
Por lo que qv = ∆H

2. Para calcular el cambio de energía interna se debe calcular: ∆E = q + w


3.
a. Para la etapa 1 → 2:
Verificamos si se cumple la Ley de Boyle:

Se trata de un proceso isotérmico pues se cumple la Ley de Boyle

Para la etapa 2 → 3:
Como la P = cte. Proceso Isobárico

Para la etapa 3 → 4:
Verificamos si secumple la Ley de Boyle:

Se trata de un proceso adiabático pues no se cumple la Ley de Boyle

Wciclo = w1→2 + w2→3 + w3→4
En la gráfica observamos que el w2→3 es mayor que el w3→4. Por otro lado, los trabajos de w1→2 y w2→3 son de compresión por lo que sus signos son los que predominan en el trabajo del ciclo.
Como es compresión ∆V < 0 (pues Vf < Vi)
y como wciclo = - P∆V wciclo > 0(pues ∆V < 0)
Se efectúa trabajo sobre el sistema



b. Para la etapa 2 → 3:
T2 = 750 + 273 = 1023 K T3 = 314,77 K
P2 = 20 atm P3 = 20 atm
V2 = 65 L V3 = 20 L
n = 15,5 moles






4.
a. Alternativa 1: isobárica P = cte. (Etapa A → Etapa B)
TA = 80 + 273 = 353 K TB = 194,76 K
PA = 2,5 atm PB = 2,5 atm
VA = 58 L VB = 32 L


Cv = 5/2 R Cp – Cv = R Cp= 7/2 R



Alternativa 2: isotérmica T = cte. (Etapa A → Etapa C)




q (kJ)
w (kJ)
∆E (kJ)
∆H (kJ)
Alternativa 1
- 23,02
6,59
16,43
- 23,02
Alternativa 2
- 19,7
19,7
0
0

b. Alternativa 1: w > 0 trabajo realizado sobre el sistema
Alternativa 2: w > 0 trabajo realizado sobre el sistema







c.














5.
a. T = cte.

T1 = 400 K T2 = 400 K
P1 = 1 atm P2 = 5 atm
V1= 98,4 L V2 = 19,68 L
n = 3 moles


b. Como se trata de un aislante, es un proceso adiabático q = 0
∆E = w = nCv∆T

c. Proceso 1: T = cte.


Proceso 2: q = 0
∆E = w = 18706,5 J
∆H = nCp∆T y como Cp – Cv = R Cp = 7/2 R

d.












6.
a. A → B: T = cte.
TA = 300 K TB = 300 K
PA = 2,96 atm PB = 1,48 atm
VA = 100 L VB = 200 L



B → C: V = cte.
TB =300 K TC = 189 K
PB = 1,48 atm PC = 0,93 atm
VB = 200 L VC = 200 L



C → D: q = 0
TC = 189 K TD = 198,17 K
PC = 0,93 atm PD = 1,30 atm
VC = 200 L VD = 150 L
En C:

En D:


P V T
A 2,96 atm 100 L 300 K
B 1,48 atm 200 L 300 K
C 0,93 atm 200 L 189 K
D 1,30 atm 150 L 198,17 K
b.











c.
i. B → C: V = cte.

ii. A → B: T = cte.


7.
a.Zn(s) + 2 HCl(ac) → H2(g) + 2Cl-(ac) + Zn2+(ac)
Zn(s) + 2 H+(ac) + 2 Cl-(ac) → H2(g) + 2Cl-(ac) + Zn2+(ac)

∆HºRx = ∆Hºf (H2) + 2 ∆Hºf (Cl-) + ∆Hºf (Zn2+) – [∆Hºf (Zn) + 2 ∆Hºf (H+) + 2 ∆Hºf (Cl-)]
∆HºRx = 2(-167,20) + (-152,40) – 2(-167,20) = -152,40 kJ/mol H2


b. qserpentín = 1524 kJ = mc∆T

c. Etapa 1:
q = - w ∆E = 0 y como ∆E = nCv∆T = 0 ∆T = 0 T = cte.
w < 0 y como w = - P∆V(∆V > 0 expansión)
Se trata de una expansión isotérmica

Etapa 2:
q = 0 adiabática
w < 0 w = - P∆V (∆V > 0)
expansión adiabática

Etapa 3:
q = - w ∆E = 0 y como ∆E = nCv∆T = 0 ∆T = 0 T = cte.
w > 0 y como w = - P∆V (∆V < 0 compresión)
Se trata de una compresión isotérmica

Etapa 4:
q = 0 adiabática
w > 0 w = - P∆V (∆V < 0)
compresión adiabática













d....