T1 (alvaro Cantillo-gabriel Rueda).docx

TALLER No 1 MAESTRIA EN CIENCIAS QUÍMICAS 2017-1 ALVARO CANTILLO GUZMAN – GABRIEL RUEDA (1) El factor de compresibilidad (Z) del etano esta representado por la siguiente ecuación: Z = 1 + Bp + Cp2 + Dp3 . Donde p representa la presión en atmosferas y B, C y D son constantes que dependen de la temperatura como se muestra en la siguiente tabla: T (kelvin) 100 1100

B -5.74x10-3 0.189x10-3

C 6.86x10-6 0.275x10-6

D 18.0x10-9 0.144x10-3

Con lo datos suministrados obtenga una ecuación (utilizando Excel ó cualquier programa numérico) que represente Z en función de la presión. Utilizando la ecuación obtenida represente gráficamente (Z vs p) a 100K y 1100K en un intervalo de 0-1000atm. Explique la diferencia entre las dos graficas obtenidas.

(2) Tres moles de un gas de Wan der Waals a 298K se expande reversiblemente e isotérmicamente desde 10 hasta 100 litros. Calcular el trabajo producido en la expansión si a= 5.49L 2*atm*mol-2 y b=0.064L/mol. (3) Un mol de un gas ideal a 27 oC y 1 atm de presión se comprime reversible y adiabáticamente hasta un a presión final de 10 atm, calcular la temperatura final, Q, W, ΔU y ΔH . (4)Utilizando los datos suministrados determine el valor de la entalpia de formación del HCl(g) a 1500K: (a) sin utilizar la ley de Kirchhoff, (b) utilizando la ley de Kirchhoff. (a) CpHCl(g)_298=29.12J/mol*K; CpH2(g)_298=28.82J/mol*K; CpCl2(g)_298=33.91J/mol*K ΔHHCl(g)_298= -92.31KJ/mol. (b) las expresiones de cp en función de la temperatura son:

(5) Determine el cambio total de entropía para el cambio de fase irreversible de 100 g de agua supeenfriada -10 OC (liquida) a 100g de agua solido a -10OC. (Cpsubenfriado=0,35Cal/g*°C), (Cphielo=0,5Cal/g*°C).

TALLER No 1 MAESTRIA EN CIENCIAS QUÍMICAS 2017-1 ALVARO CANTILLO GUZMAN – GABRIEL RUEDA RESPUESTAS TALLER 1

1) Tabla 1. Valores de Z a diferentes presiones Z= 1+

P atm 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

𝑷+

𝑷𝟐 + 𝑷𝟑

Z A 100 K

Z A 1100 K

1,00

1,000

0,99

1,000

0,99

1,000

0,98

1,000

0,98

1,000

0,97

1,000

0,97

1,000

0,96

1,000

0,95

1,000

0,95

1,000

0,94

1,000

0,89

1,000

0,83

1,000

0,78

1,000

0,73

1,000

0,68

1,000

0,64

1,000

0,59

1,000

0,55

1,000

0,51

1,000

0,51

1,000

0,27

1,000

0,38

1,000

0,95

1,000

2,10

1,002

3,91

1,009

6,52

1,041

10,01

1,147

14,51

1,443

20,12

2,177

R:/ La principal diferencia observada en el gráfico, radica en que a 100K y elevadas presiones el etano se aleja considerablemente del comportamiento de un gas ideal, mientras que a 1100K este mantiene un factor de compresibilidad cercano a 1 en una extensión amplia de presiones; lo que permite deducir que a 1100K el etano de comporta lo más parecido a un gas ideal.

2) Datos: n = 3 mol T = 298 K v1 = 10L ; v2= 100L a= 5.49L2.atm.mol-2 b= 0.064L.atm.mol

Ecuación de gas real de Wan der Waals (𝑷 +

𝒂 ) (𝑽𝒎 − 𝒃) = 𝑹𝑻 𝑽𝒎𝟐 𝟏𝟎𝟎𝑳

𝒘= ∫

𝑷 𝒅𝒗

(𝟐)

𝟏𝟎𝑳

De 1 despejamos P = 𝑷=

𝑹𝑻 𝒂 − (𝟑) (𝑽𝒎 − 𝒃) 𝑽𝒎𝟐

(𝟏)

TALLER No 1 MAESTRIA EN CIENCIAS QUÍMICAS 2017-1 ALVARO CANTILLO GUZMAN – GABRIEL RUEDA Integrando 3 en función del volumen y utilizando las propiedades de la integración se obtiene: 𝟏𝟎𝟎𝑳

𝒘 = 𝑹𝑻 ∫

(𝑽𝒎 − 𝒃)

𝟏𝟎𝑳 𝟏𝟎𝟎𝑳

𝒘 = 𝑹𝑻 ∫

−𝒂 ∫

𝒅𝑽𝒎 𝑽𝒎𝟐

𝟏𝟎𝑳 𝟏𝟎𝟎𝑳

𝒅𝑽𝒎 (𝑽𝒎 − 𝒃)

𝟏𝟎𝑳

𝟏𝟎𝟎𝑳

𝒅𝑽𝒎

𝑽𝒎−𝟐

−𝒂 ∫

𝒅𝒗

𝟏𝟎𝑳

𝟏 𝟏 𝒘 = 𝑹𝑻𝒍𝒏(𝑽𝒎𝟏𝟎𝟎𝑳 − 𝒃) − 𝑹𝑻𝒍𝒏(𝑽𝒎𝟏𝟎𝑳 − 𝒃) + 𝒂 ( − ) 𝑽𝒎𝟏𝟎𝑳 𝑽𝒎𝟏𝟎𝟎𝑳 𝑽𝒎𝟏𝟎𝟎𝑳 − 𝒃 𝟏 𝟏 𝒘 = 𝑹𝑻𝒍𝒏 ( )+𝒂 ( − ) 𝑽𝒎𝟏𝟎𝑳 − 𝒃 𝑽𝒎𝟏𝟎𝑳 𝑽𝒎𝟏𝟎𝟎𝑳 𝒘 = 𝟎. 𝟎𝟖𝟐 (

𝒂𝒕𝒎.𝑳 𝒎𝒐𝒍.𝑲

𝑳 𝟎.𝟎𝟔𝟒𝑳.𝒂𝒕𝒎 − 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍 𝑳 𝟎.𝟎𝟔𝟒𝑳.𝒂𝒕𝒎 𝟏𝟎 − 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍

𝟏𝟎𝟎

) 𝟐𝟗𝟖𝑲 𝒍𝒏 (

𝒘 = 𝟓𝟔. 𝟒𝟏

)+

𝟓.𝟒𝟗𝑳𝟐 .𝒂𝒕𝒎 𝒎𝒐𝒍𝟐

(

𝟏

𝟏𝟎

𝑳 𝒎𝒐𝒍

−

𝟏 𝟏𝟎𝟎

𝑳 𝒎𝒐𝒍

)

𝒂𝒕𝒎. 𝑳 𝒂𝒕𝒎. 𝑳 + 𝟎. 𝟒𝟗𝟒𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍

𝒘 = 𝟓𝟔. 𝟗𝟎𝟒𝟏

𝒂𝒕𝒎. 𝑳 𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑱 𝒙 𝒎𝒐𝒍 𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳

𝒘 = 𝟓𝟕𝟔𝟒

𝑱 𝒙 𝟑 𝒎𝒐𝒍 𝒎𝒐𝒍

𝒘 = 𝟏𝟕𝟐𝟗𝟐𝑱 El trabajo da con signo negativo porque es el trabajo ejercido por el sistema hacia los alrededores.

3)

Datos: n = 1 moL T1 = 27 °C = 300°K P1 = 1 atm; P2 = 10 atm Q = 0; proceso adiabático

ΔU = -W Cv = 3R/2 Gas ideal monoatomico En caso que el gas ideal sea monoatómico: − 𝑽=𝑹 = 𝑹 + 𝟑𝑹/𝟐 𝑷 = 𝟓𝑹/𝟐 𝑷 𝑷

𝑷

ℽ=

= 𝟓/𝟑

𝑽

ℽ

𝟏−ℽ

𝒆 𝑻𝟏 𝑷𝟏

𝒆 𝟑𝟎𝟎°𝑲

ℽ

𝟏−ℽ

= 𝑻𝟐 𝑷 𝟐

𝟓/𝟑

𝟏 𝒂𝒕𝒎

−𝟐/𝟑

𝟓/𝟑

= 𝑻𝟐 𝟏𝟎 𝒂𝒕𝒎

−𝟐/𝟑

TALLER No 1 MAESTRIA EN CIENCIAS QUÍMICAS 2017-1 ALVARO CANTILLO GUZMAN – GABRIEL RUEDA 𝟏𝟑𝟒𝟒𝟒°𝑲 𝟓/𝟑 = 𝑻𝟐 = 𝟔𝟐𝟒𝟏𝟒°𝑲 𝟎. 𝟐𝟏𝟓𝟒 𝟓/𝟑

𝑻𝟐

𝟓

= √𝟔𝟐𝟒𝟏𝟒𝟑 𝑲 = 𝟕𝟓𝟑. 𝟔 𝑲

𝑻𝟐 = 𝟕𝟓𝟑. 𝟔 𝑲 Ahora bien,

𝚫U = 𝒏 𝚫U = 𝒏

𝑽 𝚫T

𝑽 𝚫T

=

𝟑 𝑹 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏 ) 𝟐

𝟑

𝒂𝒕𝒎.𝑳

𝟐

𝒎𝒐𝒍.𝑲

= 𝟏 𝒎𝒐𝒍. 𝟎. 𝟎𝟖𝟐

𝚫𝐔 = 𝟓𝟓. 𝟕𝟗 𝐚𝐭𝐦. 𝐋 𝐱

(𝟕𝟓𝟑. 𝟔 − 𝟑𝟎𝟎)𝑲

𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑱 = 𝟓𝟔𝟓𝟐 𝑱 𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳

𝚫𝐔 = 𝟓𝟔𝟓𝟐 𝐉 𝚫𝐔 = −𝐖 −𝚫𝐔 = 𝐖 𝐖 = −𝟓𝟔𝟓𝟐 𝐉

𝚫H = 𝒏

𝒑 𝚫T

𝟓 𝒂𝒕𝒎. 𝑳 (𝟕𝟓𝟑. 𝟔 − 𝟑𝟎𝟎)𝑲 = 𝟏 𝒎𝒐𝒍. 𝟎. 𝟎𝟖𝟐 𝟐 𝒎𝒐𝒍. 𝑲

𝚫𝐇 = 𝟗𝟐. 𝟗𝟗 𝐚𝐭𝐦. 𝐋 𝐱

𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑱 = 𝟗𝟒𝟐𝟎 𝑱 𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳

𝚫𝐇 = 𝟗𝟒𝟐𝟎 𝑱

En caso de que el gas ideal sea diatomico: 𝟕 𝑹 𝒑 = 𝟐 𝑷

ℽ=

= 𝟕/𝟓

𝑽

ℽ

𝟏−ℽ

𝒆 𝑻𝟏 𝑷𝟏

𝒆 𝟑𝟎𝟎°𝑲

ℽ

𝟏−ℽ

= 𝑻𝟐 𝑷 𝟐

𝟕/𝟓

𝟏 𝒂𝒕𝒎

−𝟐/𝟓

𝟕/𝟓

= 𝑻𝟐 𝟏𝟎 𝒂𝒕𝒎

−𝟐/𝟓

𝟐𝟗𝟑𝟕°𝑲 𝟕/𝟓 = 𝑻𝟐 = 𝟕𝟑𝟕𝟖°𝑲 𝟎. 𝟑𝟗𝟖𝟏 𝟕/𝟓

𝑻𝟐

𝟕

= √𝟕𝟑𝟕𝟖𝟓 𝑲 = 𝟓𝟕𝟗. 𝟐 𝑲

𝑻𝟐 = 𝟓𝟕𝟗. 𝟐 𝑲 Ahora bien,

𝚫U = 𝒏 𝚫U = 𝒏

𝑽 𝚫T

𝑽 𝚫T

=

𝟓 𝑹 (𝑻𝟐 − 𝑻𝟏 ) 𝟐

𝟓

𝒂𝒕𝒎.𝑳

𝟐

𝒎𝒐𝒍.𝑲

= 𝟏 𝒎𝒐𝒍. 𝟎. 𝟎𝟖𝟐

(𝟓𝟕𝟗. 𝟐 − 𝟑𝟎𝟎)𝑲

TALLER No 1 MAESTRIA EN CIENCIAS QUÍMICAS 2017-1 ALVARO CANTILLO GUZMAN – GABRIEL RUEDA 𝚫𝐔 = 𝟓𝟕. 𝟐𝟒 𝐚𝐭𝐦. 𝐋 𝐱

𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑱 = 𝟓𝟕𝟗𝟖 𝑱 𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳

𝚫𝐔 = 𝟓𝟕𝟗𝟖 𝐉 𝚫𝐔 = −𝐖 −𝚫𝐔 = 𝐖 𝐖 = −𝟓𝟕𝟗𝟖 𝐉

𝚫H = 𝒏

𝒑 𝚫T

𝟕 𝒂𝒕𝒎. 𝑳 (𝟓𝟕𝟗. 𝟐 − 𝟑𝟎𝟎)𝑲 = 𝟏 𝒎𝒐𝒍. 𝟎. 𝟎𝟖𝟐 𝟐 𝒎𝒐𝒍. 𝑲

𝚫𝐇 = 𝟖𝟎. 𝟏 𝐚𝐭𝐦. 𝐋 𝐱 𝚫𝐇 = 𝟖𝟏𝟏𝟒𝑱

𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑱 = 𝟖𝟏𝟏𝟒 𝑱 𝟏 𝒂𝒕𝒎. 𝑳