¡Descarga exam termo basica y más Apuntes en PDF de Termodinámica solo en Docsity!
NOM ............................................................................................................. DNI.......................................
La totalitat d'aquesta prova equival al 50% de la nota final de l’assignatura i substitueix la qualificació anterior de la part recuperable. Per a cada pregunta o apartat s’indica entre parèntesis la puntuació respectiva.
Escriviu en bolígraf i a l’espai reservat.
- (2 punts) Un gas ideal es troba inicialment en un estat d'equilibri a una pressió de 101325 Pa, a 300 K i ocupant un volum de 2 L. En una primera etapa el gas s'expandeix de manera adiabàtica reversible fins ocupar un volum de 10 L i exercir una pressió de 10645.32 Pa. A continuació aquest gas augmenta de temperatura de manera isocora fins que la seva pressió torna a ser la original de 101325 Pa. Finalment, en una tercera etapa, de manera isòbara el gas recupera el seu volum original de 2 L.
a) Determina si el gas és monoatòmic o diatòmic. b) Calcula quin és el treball que desenvoluparia un gas diatòmic al llarg de tot el cicle.
Nota : Si ho creus convenient, pots emprar el diagrama adjunt.
Volum
P
re
s
si
ó
(a) Cal aplicar la relació TV
=T'V'
. Aïllant s'obté =1.4. Per tant, el gas és
diatòmic. També es pot provar quin dels valors de (5/3 o 7/5) satisfà la
relació.
(b) El treball adiabàtic es calcula segons la fórmula w=(PV-P'V')/(1-). És un
treball negatiu (expansió) i val w1-2 = -240.5 J. El treball en la segona etapa és
zero perquè és una etapa isocora (w2-3 = 0 J). A la tercera etapa, isòbara, el
treball es calcula com w=-PV i val w3-1=810.6 J. Aquest és un treball positiu
perquè es tracta d'una compressió del sistema. El treball total és la suma dels
tres treballs anteriors: wtotal=+570.1 J.
- (2 punts) Barregem les següents quantitats d'aigua líquida a 85ºC i de gel a -10ºC. Calculeu la temperatura final d’equilibri del sistema, tot comentant quina quantitat de gel es fon en cada cas.
a) 1500 g d’aigua líquida i 1000 g de gel. b) 1000 g d’aigua líquida i 1000 g de gel.
Nota : La capacitat calorífica de l'aigua líquida és de 1 cal g
- K - i la del gel és de 0.5 cal g - K - . El calor latent de fusió del gel és de 80 cal g-1^ K-1. Considera que l’equivalent en massa del calorímetre és menyspreable.
(a)
Balanç d’energia
- Gel o Q per passar de -10ºC a 0ºC = 5000 cal o Q fusió= 80000 cal
- Líquid o Q que desprèn l’H 2 O al baixar fins a 0ºC = -127500 cal
Fent el balanç veiem que amb la calor que desprèn l’aigua calenta aconseguim fondre el gel encara podrem escalfar-ne una part.
Qcedit+Qabsobit=
- 1500 g · 1 cal g-1^ K-1^ · (Tequilibri - 85) K = 5000 cal + 80000 cal + 1000 g · 1 cal g-1^ K-1^ · (Tequilibri - 0) K
Tequilibri=17 ºC.
(b)
Balanç d’energia
- Gel o Q per passar de -10ºC a 0ºC = 5000 cal o Q fusió = 80000 cal
- Líquid o Q que desprèn l’H 2 O al baixar fins a 0ºC = -85000 cal
Ja es pot veure que aconseguim fondre just tot el gel i l’equilibri ens quedarà a 0ºC.
- (3 punts) Un sistema termodinàmic es pot trobar en 4 estats d'equilibri: els estats A , B , C i D. A continuació es llisten les variacions d'entropia que s'han calculat que experimenta el sistema en passar d'un estat a un altra:
- Pas de l'estat A al B : SA B = +15 J/K.
- Pas de l'estat B al C : SB C = +5 J/K.
- Pas de l'estat C al D : SC D = – 25 J/K.
Contesta de manera breu però raonada a les qüestions següents:
a) ¿Quina és la variació d'entropia que experimenta el sistema en passar de l'estat C al B a través d'un camí irreversible?
Atès que l'entropia és una funció d'estat, el resultat és independentment de si el camí és reversible o irreversible. Aquesta variació d'entropia serà la mateixa que la de passar de l'estat B al C però canviada de signe: -5 J/K.
b) A partir de les dades de l'enunciat, determina si el camí A - B - C-D és o no un cicle termodinàmic tancat, és a dir, determina si els estats A i D són el mateix.
Atès que l'entropia és una funció d'estat, la seva variació al llarg d'un cicle ha de ser zero. En aquest cas la variació d'entropia en el camí A - B - C - D és la suma de les entropies de les tres etapes indicades: +15 J/K + 5 J/K - 25 J/K = -5 J/K. Aquest resultat és diferent de zero. Això implica que el camí no pot ser un cicle, és a dir, els estats A i D són necessàriament diferents.
Nota: que la diferència d'entropia entre dos estats sigui zero no assegura que els estats hagin de ser el mateix, en canvi, si la diferència no és zero això sí que assegura que els estats no són el mateix.
Una altra manera (equivalent) de contestar és considerar que si els estats A i D són el mateix, llavors el valor donat de -25 J/K pel pas de C a D es correspon també amb el del pas de C cap a A. Aquest darrer valor ha de ser igual, però canviat de signe, que el del pas d' A cap a C , el qual es calcula sumant els altres dos valors de l'enunciat (d' A a B i de B a C ) i que dóna -20 J/K. En obtenir valors diferents es conclou que els estats D i A no poden ser el mateix.
c) ¿Es podria donar el cas que la integral Y = dq
T
calculada al llarg d'un camí irreversible que
parteix de l'estat A i acaba en el B fos igual a +20 J/K?
La desigualtat de Clausius ens diu que la integral de l'entropia és la cota superior de totes les integrals del tipus Y. Així doncs, és impossible que aquesta integral Y calculada en un camí irreversible pugui donar un valor igual o superior a +15 J/K.
- (4 punts) Per a la reacció PCl5(g) PCl3(g)+ Cl2(g), es disposa de les següents dades:
H°f, 298 [kJ mol-^1 ] S° 298 [J mol
- 1 K- 1 ]
PCl 3 - 287.0 311. Cl 2 0.0 223. PCl 5 - 374.9 364.
a) Calculeu Hºr,298 , Sºr,298 i Gºr,298.
b) Calculeu el valor de la constant d’equilibri K°P a 25 °C.
c) Prediu, de forma raonada, si la K°P a 500K serà més gran o més petita que a 298. Calculeu-la tot suposant que la variació d’entalpia és constant en tot el rang de temperatura.
d) Sabent que el grau d’avenç a l'equilibri i a una certa temperatura és de 0.58, calculeu les concentracions en aquest estat d’equilibri si s'ha partit inicialment d'una concentració 1M de PCl 3 i de 2M de Cl 2 en absència de PCl 5.
(a) Hºr,298 = 87.9 kJ mol-1, Sºr,298 = 170.3 J mol-1^ K-1^ i Gºr,298.=37.15 kJ mol-
(b) K(298K)=3.05·10-
(c) Reacció endotèrmica, per tant un augment de temperatura afavoreix la reacció, la Kp serà més gran. Aplicant la llei de Kirchhoff obtenim que K(500K)=0.
(d) Si el grau d'avenç és 0.58, el de la reacció inversa és de 1-0.58 que és 0.42. Aquest factor, aplicat sobre la concentració 1 M del producte limitant (PCl 3 ) dóna una concentració de 0.42 M pel PCl 5. Així, [PCl 5 ]=0.42M [PCl 3 ]=0.58M [Cl 2 ]=1.58M. I les fraccions molars són 0.163, 0.225 i 0.612, respectivament.
Formalment:
PCl 5 PCl 3 + PCl 2 Inicials: 0 1M 2M Reaccionen: + - - En romanen: 1- 2-
Si el grau d'avenç és de 0.42 per a la reacció inversa, sabem que =0.42. Llavors les molaritats en cada cas són:
PCl 5 PCl 3 + PCl 2 En romanen (M): 0.42 1-0.42=0.58 2-0.42=1.
