ley de termodinamica

UNIVERSIDAD NACIONAL UNIVERSIDAD NACIONAL

DE TRUJILLO DE TRUJILLO

Facultad deFacultad de IngenieríaIngeniería

Escuela de Ingeniería Industrial Escuela de Ingeniería Industrial

ALUMNA :

DOCENTE :

CURSO : QUÍMICA INDUSTRIAL

TEMA : LEYES DE LA TERMODINÁMICA

LIBRO I : QUÍMICA GENERAL – OCTAVA EDICIÓN –RALPH PETRUCCI

LIBRO II : QUÍMICA GENERAL – OCTAVA EDICIÓN - PETER ATKINS

ESCUELA : INGENIERÍA INDUSTRIAL

QUÍMICA INDUSTRIAL

TRUJILLO – PERÚ

CALORIMETRÍA

1. EJERCICIO 11 (Pág. 256 – CAP. 7) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Después de su combustión completa, las siguientes sustancias ceden las cantidades de calor que se indican. Exprese sus calores de combustión respectivos en kilojulios por mol de sustancia.

a) 0.584 g de propano, C3H8 (g), proporciona 29.4 KJb) 0.136 g de alcanfor, C10H16O, proporcionan 1.26 Kcalc) 2.35 ml de acetona, (CH3)2CO (l)(d=0.791 g/ml), proporcionan 58.3 KJ

Solución

a)q=

−29.4KJ0.584 gC3H 8

∗44.10 gC3H8

1molC3H8

q=−2.22∗103KJmol

C3H 8

b)q=

−1.26KJ0.136 gC10H 16O

∗4.184KJ

1Kcal∗152.4 gC10H 16O

1molC10H 16O

q=−5.90∗103KJ /molC10H 16O

c) q=−58.3KJ2.35mL¿¿

INGENIERÍA INDUSTRIAL 2

QUÍMICA INDUSTRIAL

q=−1.82∗103KJ /mol¿

2. EJERCICIO 29 (Pág. 258- CAP. 7) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Un trozo de hierro de 465 g. se saca de un horno y se sumerge en 375 g. de agua en un recipiente aislado. La temperatura del agua aumenta de 26 a 87 °C. Si el calor específico del hierro es 0.449 J g-1 °C-1, ¿cuál era la temperatura original del horno?

Solución:

qagua=375g x 4.18Jg°C

(87−26 )° C=9.56 x 104 J=−qh ierro

qh ierro=−9.56 x 104 J=465g x 0.449 Jg° C

(87−T i )

qh ierro=1.81643 x104 J−2.088 xT i

T i=−9.56 x104−1.81643 x104

−2.088x 102

T i=5.44 x102° C

3. EJERCICIO 31 (Pág. 258 – Capítulo 7 )- Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Se sumerge una muestra de 1,00 kg de magnesio que está a 40,0 °C en 1,00 L de agua que está en un recipiente aislado a una temperatura constante de 20,0 °C. ¿Cuál será la temperatura final de la mezcla Mg-H2O? (Calor Específico del Mg = 1,024 J g-1 °C.)

Solución:


QUÍMICA INDUSTRIAL

Calor Perdido por el Magnesio=CalorGanado por el Agua

−(1.00kgMg x 1000 g1kg )1.024 Jg°C (T f−40.0 °C )

¿(1.00L x 1000cm31 Lx1.00 g1cm3 )4.18 Jg°C (T f−20.0° C )

−1.024 x 103T f+4.10 x104=4.18 x103T f−8.36 x 10

4

4.10 x 104+8.36 x 104+8.36x 104=(4.18x 103+1.024 x103 )T f→12.46 x104=5.20 x103T f

T f=12.46 x 104

5.20x 103=24.0 ° C

4. EJERCICIO 37 (Pág. 258 – Capítulo 7) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

La combustión del metano, que es el componente principal del gas natural, se representa mediante la ecuación:

CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(I) ΔH° = -890,3 KJ

a) ¿Qué masa de metano, expresada en kilogramos, debe arder para que se libere un calor de 2,80 x 107 KJ?

b) ¿Qué cantidad de calor, expresado en kilojulios, se libera en la combustión completa de 1,65 x 104 L de CH4 (g), medidos a 18,6 °C y 768 mmHg?

c) Si la cantidad de calor calculada en el apartado (b) pudiese transferirse al agua con 100 por cien de eficiencia, ¿qué volumen de agua, expresado en litros, podría calentarse de 8,8 a 60,0 °C?

SOLUCIÓN


QUÍMICA INDUSTRIAL

a) Masa =2.80∗107

KJ∗1molC H 4

890.3KJ∗16.04 gC H 4

1molC H 4∗1kg

1000g

m=504KJ C H 4

b) Primero determinamos el número de moles de CH4 presente con el gas ideal.

molC H 4=(768 mmHg∗1atm760mmHg )∗1.65∗104 L0.08206

L−atmmol K

∗(18.6+273.2 )K

¿molC H 4=696molC H 4

Y la energía es:

696molCH 4∗−890.3KJ1molC H 4

=−6.20∗105 KJ

c)

V H 2O=

6.21∗105 KJ∗1000J1KJ

4.18∗Jg°C

(60.0−8.8 ) °C∗1mLH 2O

1g=2.90∗106mLH 2O

5. EJERCICIO 2.3 (Pág. 73 – Capítulo 2) - Libro: Química General Peter Atkins Octava Edición

Una solución que contiene un mol de CO2 ocupa un volumen de 15.0 dm3 a 300 K. Cuando está saturada con 2.35 KJ de energía y se incremente hasta una temperatura alta de 341 K. Asumir que el estado de CO2 se describe con la ecuación de Van der Waals. Calcular ∆U y ∆H.


QUÍMICA INDUSTRIAL

Solución

Si la ∆U=q y suvolumenes constante→∆U=+2.35KJ

∆ H=∆U+∆ (pV )=∆U+V ∆ p [∆V=0 ]

De la ecuación de Van der Waals

p= RTV m−b

− aV m2sólo si ∆ p= RT

V m−b[∆V m=0a volumenconstante ]

Donde

∆ H=∆U+ RV ∆TV m−b

De los datos

V m=15.0dm3

2.0mol=7.5dm3mol−1∗∆T=(341−300 ) k=41K

V m−b= (7.5−4.3∗10−2 )dm3mol−1=7.46dm3mol−1

RV ∆TV m−b

=(8.314J K−1mol−1 )∗(15.0dm3 )∗(41k )

7.46dm3mol−1

∆ H=0.68KJ

6. EJERCICIO 2.19 (Pág. 21) - Libro: Química General Peter Atkins Octava Edición

Al quemar 120 mg de antraceno C14H10 (s) en una bomba calorimétrica, la temperatura se incrementó a 1.35 K. Calcular la constante del calorímetro ¿Qué incremento de temperatura


QUÍMICA INDUSTRIAL

se producirá al quemar en el calorímetro en las mismas condiciones 135 mg de fenol C6H5OH (s)?

SOLUCIÓN

C14H 10 (s )+322O2 (g )→6C O2 (g )+3H 2O (l)

∆ iH °=−3054KJ mol−1

∆cU=∆cH−∆ng RT ,∆ng=−32

∆cU=(−3054KJ mol−1 )+( 32 )∗(8.314∗10−3KJ K−1mol−1 )∗(298k )

∆cU=−3050KJ mol−1

|q|=( 135∗10−3

94.12mol−1) * (3050 KJmol−1 ) =4375 KJ

∆T=|q|C= 4375KJ0.0683KJ K−1=+64.1K

TRABAJO

7. EJERCICIO 55 “Trabajo” - Pág. 259 (Libro: Química General Petrucci 8va Edición)


QUÍMICA INDUSTRIAL

Calcule la cantidad de trabajo, expresada en julios, correspondiente a la expansión de 3,5 L de un gas (ΔV) frente a una presión de 748 mmHg en las unidades (a) atmósferas litro (atm L); (b) Julios (J); (c) calorías (cal).

Solución

a) P∆V=3.5 L∗(748mmHg )( 1atm760mmH g )=3.44 Latm

b) 1 LKPa=1J

3.44 Latm∗( 101.325KPa1atm )∗( 1J1 LKPa )=3.49∗102 J

c) 3.49∗102 J∗( 1cal4.184J )=83.4cal

8. EJERCICIO 2.3 (Pág. 77 - Capítulo 2) – Libro: Química General Peter Atkins Octava Edición

Una muestra de 2.00 moles de He se expande isotérmicamente a 22°C desde 22.84 dm3

a 31.7 dm3. (a) Reversiblemente, (b) contra una presión externa igual a la presión final del gas y (c) libremente (contra una presión externa nula). Calcular q, ∆U y ∆H para los tres procesos.

Solución

a) ∆U = ∆H = 0

w=−nRT lnV tV i

w=−(2.00mol )∗(8.3145J K−1mol−1 )∗(22+273 ) k∗ln 31.7dm3

22.8dm3


QUÍMICA INDUSTRIAL

−w=q=1.62∗103 J

b) ∆U = ∆H = 0w= - pex∆v

Para un gas idealPv =nRT

80 p=(2.00mol )∗(8.3145 J K−1mol−1 )∗(22+273)K

31.7 dm3 * (10 dm m-1)3 =1.55 * 105 Pa

w=−(1.55∗105Pa )∗(31.7−22.8)dm3

(10dmm−1)3=−1.38∗103 J

q=−w=1.38∗103 J

c) ∆U = ∆H = 0w=0q= ∆U –w =0 - 0 = 0


Se deja expandir reversible y adiabáticamente una muestra de 3.12 g a 23.0 °C desde 500 mL hasta 3.00 L ¿Cuál es el trabajo realizado por el gas?

Solución

w=C v∆T=n (C pm−R )∗(T f−T i)

Las temperaturas son reales

T f=T i(V iV f

)1/ c

donde c=C v. mR

=C p .m−RR

=2.503


QUÍMICA INDUSTRIAL

Ahora T f=(23.0+273.15 ) K∗( 400∗10−3dm3

2.00dm3)1/2.503

=156K

Y w=( 3.12g

28.0 gmol−1 )∗(29.125−8.3145 ) J K−1mol

−1∗(156−296 ) K

w=325 J

10. EJERCICIO 2.6 (Pág. 71 Capítulo 2) - Libro: Química General Peter Atkins Octava Edición

Se condensa isotérmica y reversiblemente una muestra de 2.00 moles de CH3OH (g) a agua líquida a 64 °C. La entalpía de evaporización estándar del agua a 64 °C es 35.3 KJ mol -1. Deducir w, q, ∆U, ∆H para este proceso.

Solución

∆ H=∆conH=−∆vapH

∆H=−(2.00mol )∗(35.3KJ mol−1 )=−70.6KJ

Si existe una condensación isotérmica y reversible, se da una presión constante a 1 atm, entonces:

q=q p=∆H=−70.6KJ

w=−pex∆V donde ∆V=V liq−V vap

w≈−V vap porqueV liq≪V vap

Asumimos que el vapor metanol es una gas perfecto,V vap=nRT / p and =pex y si la condensación es reversible entonces:

w=nRT=(2.00mo )∗(8.3145J K−1mol−1 )∗(64+273)k


QUÍMICA INDUSTRIAL

w=5.60∗103 J

y ∆U=q+w= (−70.6+5.60 )=−65.0KJ


Una muestra de 1.5 moles de gas ideal con Cp.m = 20.8 JK-1 mol-1 que se encuentra 230 KPa y 315 K experimenta una expansión adiabática reversible hasta que presión disminuye a 170 KPa. Calcular el volumen y la temperatura final y el trabajo realizado en el proceso.

Solución

pf V fγ=p f V f

γ

Donde

γ=C pmC pm

=C pmC pm−R

= 20.8J K−1mol−1

(20.8−8.31) J K−1mol−1=1.67

Si el gas es ideal, la velocidad es:

V i=n RT Ipi

=(1.5mol )(J K−1mol−1)

230∗103Pa=0.0171m3

Ahora

V f=V i∗(p ip f

)1/ γ

=(0171m3 )(230KPa170KPa

)1 /1.67

=0.02055m3

La temperatura final para un gas ideal

T f=p fV fnR

=¿¿


QUÍMICA INDUSTRIAL

El trabajo adiabático es:

W=C v∆T= (20.8−8.31 ) J K−1mol−1∗15mol∗(279−315 )k

W=6.7∗102 J


Calcular el trabajo de presión – volumen. Suponga que la figura mostrada es 0.100 mol de He a 298 k. ¿Qué trabajo, expresado en julios, se realiza cuando se expanda a temperatura constante?

Solución

Se dan datos suficientes para calcular los volúmenes inicial y final del gas.

V inicial=nRTPinicial

=0.100mol∗0.0821atm−Lmol−1 k−1∗298K

2.40atm

V inicial=1.02 L

V final=nRTP final

=0.100mol∗0.0821atm−Lmol−1 k−1∗298K

1.30atm

V final=1.88L

Una vez que se conocen los volúmenes, se puede calcular ∆V. El término de presión externa en el trabajo de presión – volumen es la presión final, 1.30 atm.


Trabajo Presión - Volumen

QUÍMICA INDUSTRIAL

∆V=V final−V inicial=1.88L−1.02L

∆V=0.86 L

Por último es necesario multiplicar el producto - Pext * ∆V por un factor para pasar el trabajo de atm en Julios.

w=−Pext∗∆V=−1.30atm∗0.86 L∗101J1atm L

w=−1.1∗102 J

PRIMERA LEY DE TERMODINÁMICA


¿Cuál es la variación de energía interna de un sistema si el sistema (a) absorbe un calor de 58 J y realiza un trabajo de 58 J? (b) ¿absorbe un calor de 125 J y realiza un trabajo de 687 J? (c) ¿cede un calor de 280 cal y se realiza sobre él un trabajo de 1,25 kJ?

Solución

a) ∆U =q + w = +58 J +(-58 J) =0

b) ∆U =q + w = +125 J + (-687 J) = -562 J


QUÍMICA INDUSTRIAL

c) 280cal∗(4.184 Jcal )=1171.52 J=1.17KJ∆U=q+w=−1.17KJ+1.25KJ=0.08KJ


Relación entre ∆U, q y w mediante el primer principio de la termodinámica. En la expansión de un gas, éste absorbe un calor de 25 J y realiza un trabajo de 243 J ¿Cuál es el valor de ∆U para este gas?

Solución

Para poder resolver este problema es necesario asignar correctamente los signos de las cantidades de calor y trabajo.

Como el calor es absorbido por el sistema entrando en él, “q” es positivo. Como el trabajo es realizado por el sistema y representa una energía que lo

abandona, “w” es negativo.

∆U=q+w=(+25J )+(−243 J )

∆U=−218J



Trabajo Presión - Volumen

QUÍMICA INDUSTRIAL

Calcule el cambio de energía interna cuando 2 moles de CO se convierten en 2 moles de CO2 a 1 atm y 25 °C

CO2 (g )+O2 (g )→2CO 2 (g )∆ H °=−566.0KJ

SOLUCIÓN

Primero necesitamos calcular ∆ n que es el cambio en el numero de moles de gases

∆ n=2mol−3mol=−1mol

Se tiene el cambio de entalpía estándar y se pide calcular ∆ E°para lo que se necesita la ecuación:

∆ E°=∆ H °−RT ∆n

∆ E°=−5J /K−mol¿ (298K)(−1mol )

∆ E°=−563.5KJ


Cuando se calientan 2.0 moles de CO2 a una presión constante de 1.25 atm, su temperatura se incremente desde 250 K a 277 K. Sabiendo que la capacidad calorífica molar a presión constante del CO2 es 37.11 JK-1mol-1. Calcular q, ∆H y ∆U.

Solución

∆ H=q p=C p∆T=nC p .m ∆T

∆ H=q p=(2.0mol )∗¿

∆ H=2.0∗10−3 J mol−1


QUÍMICA INDUSTRIAL

∆ H=∆U+∆ (pV )=∆U+nR∆T

∆U=∆ H−nR∆T

∆U=2.0∗10−3 J mol−1− (2.0mol )∗(8.3145J K−1mol−1 )∗(277−250)K

∆U=1.6∗103 J mol−1


Cierto líquido tiene una ∆vapH°=32.0KJ mol−1. Calcular q,w, ∆H, ∆U cuando se vaporizan

0.75 moles a 260 K y 765 Torr.

Solución

A presión constante

q=∆H=n∆vapH °= (0.75mol )∗(32.0KJ mol−1)

q=24.009KJ

w=−p∆V ≈−pV vapor=−nRT

w=−(0.75mol )∗(8.3145J K−1mol−1 )∗(260K )

w=−1.6∗103 J=−1.6KJ

∆U=w+q=24.009−1.6KJ=22.4KJ

Porque el vapor es un gas perfecto, de valor específico de la presión externa y no afecta al valor numérico de la respuesta la procedencia de su estado.

ENTALPÍA



QUÍMICA INDUSTRIAL

Se midió en un calorímetro la entalpía de formación estándar del metaloceno bis-(benceno) cromo y se encontró que para la reacción

Cr (C6H6)2 (s) → Cr (s) + 2C6H6 (g), la ∆U⁰ (583 K) = +8.0 KJ mol-1.

Hallar la correspondiente entalpía de reacción y estimar la entalpía de formación estándar que tendrá el compuesto a 583 K. La capacidad calorífica molar a presión constante del benceno líquido es 136.1 J K-1 mol-1 y 81.67 J k-1 en estado gas.

Solución

Cr (C6H6)2 (s) → Cr (s) + 2C6H6 (g) ∆ng =+2mol

∆ tH°=U °+2RT

∆ tH°=(8.0KJ mol−1)+2∗(8.314J K−1mol−1 )∗(583K )

∆ tH°=+17.7K Jmol−1

Hallamos la entalpía de formación

∆ tH°=2∗∆f H ° (benceno,583K )−∆ f H ° (metaloceno ,583k)

Ó

∆ f H ° (metaloceno ,583k )=2∗∆f H ° (benceno ,583K )−17.7K J mol−1

La entalpía de formación del gas benceno a 583 k es relativa al valor a 298 k entonces:

∆ f H ° (benceno ,583K )=∆ f H° (benceno ,298K )


QUÍMICA INDUSTRIAL

+(T b−298k )Cp . m ( l )+∆vapH °+ (583K−T b )C p . m(g)

−6∗(583K−298K )C p .m (g )−3∗(583K−298K)C p .m(H 2 , g)

Ahora

∆ f H ° (benceno ,583K )=(49.0K Jmol−1 )+ (353−298 )K∗(136.1J K−1mol−1 )+(30.8KJ mol−1 )+(583−353 )K∗(81.67 J K−1mol−1)−6∗(583−298 )∗(8.53 J K−1mol−1 )−3∗(583−298 )K∗(28.82J K−1mol−1 )

∆ f H ° (benceno ,583K )=[ (49.0 )+ (7.49 )+ (18.78 )+(30.8 )− (14.59 )−(24.64)]KJ mol−1

∆ f H ° (benceno ,583K )=+66.8KJ mol−1

Por tanto

∆ f H ° (metaloceno ,583K )=(2∗66.8−17.7 )KJ mol−1

∆ f H ° (metaloceno ,583K )=+116.KJ mol−1

19. EJERCICIO 47 (Pág. 259 – Capítulo 2)- Libro: Química General Petrucci 8va Edición

¿Qué masa de hielo puede fundirse con una cantidad de calor coincidente con la necesaria para elevar la temperatura de 3,50 mol de H2O(l) 50,0 °C? [ΔH°fusión = 6,01 kj / mol H2O(s)]

Solución

qH 2O (l )=qH 2O (s)

qH 2O (l )=m (sp .ht . )H 2O (l )∆T H 2O (l )


QUÍMICA INDUSTRIAL

(3.50mol H 2Ox 18.015 g H 2O1mol H2O )(4.184 Jg°C ) (50.0 °C )

qH 2O (s)=molH2O (s)∆ H fusH 2O (s)

( m18.015 g H 2O1mol H 2O

x 6.01x 103Jmol )

Igualamos

(3.50mol H 2Ox 18.015 g H 2O1mol H2O )(4.184 Jg°C ) (50.0 °C )=( m

18.015 g H 2O1mol H 2O

x6.01 x103Jmol )

13.2 x103 J=m (333.6J g−1 )

m=39.6 g


Una bola de rodamiento de acero inoxidable de 125 g (calor específico 0,50 J g -1 °C-1 a 525,0 °C se introduce en 75,0 mL de agua a 28,5 °C que están en un vaso de poliestireno abierto, La temperatura se eleva a 100,0 °C y el agua comienza a hervir. ¿Qué masa de agua se evapora mientras continúa la ebullición? (ΔH°vap = 40,6 KJ / mol H2O)

Tabla 7.2 Entalpías de Formación Estándar a 298 K

Sustancia ΔHf,298 KJ/mola Sustancia ΔHf,298 KJ/mola

CO(g) -110.5 HBr(g) -36.4CO2(g) -393.5 Hl(g) 26.48


QUÍMICA INDUSTRIAL

CH4(g) -74.81 H2O(g) -241.8C2H2(g) 226.7 H2O(l) -285.8C2H4(g) 52.26 H2S(g) -20.63C2H6(g) -84.68 NH3(g) -46.11C3H8(g) -103.8 NO(g) 90.25

C4H10(g) -125.6 N2O(g) 82.05CH3OH(l) -238.7 NO2(g) 33.18

C2H5OH(l) -277.7 N2O4(g) 9.16HF(g) -271.1 SO2(g) -296.8HCl(g) -92.31 SO3(g) -395.7

a Valores para reacciones en las que se forma un mol de sustancia. La mayor parte de los datos han sido redondeados para expresarlos con cuatro cifras significativas.

Solución

Asumiendo: densidad H 2O (l )=1.00 gmL−1(en28.5 °C)

−q pérdido por la bola=qganadopor el agua+qvapor deagua

−q pérdido por la bola=−[ (125g )(0.50 Jg°C )(100−525 °C )] −q pérdido por la bola=26562.5 J

qganado por elagua=[(75.0 g )(4.184 Jg°C ) (100.0−28.5 °C )]qganado por elagua=22436.7 J

qvapor deagua=nH 2O∆ H° vap


QUÍMICA INDUSTRIAL

26562.5J=22436.7 J+nH 2O∆H °vap Nota :nH 2O

=masaH 2O

molar masaH 2O

4125.8 J=(mH2O ) ( 1molH 2O18.015gH 2O

)(40.6 x103 Jmol )

mH2O=1.83gH 2O


Variaciones de entalpía que acompañan a los cambios de estado de la materia. Calcule ∆H para el proceso en el que 50.0 g de agua pasan del estado líquido a 10.0 °C a vapor a 25.0 °C.

Solución

Este proceso tiene lugar a dos etapas: la elevación de la temperatura del agua líquida de 10.0 a 25.0 °C y vaporización completa del líquido a 25.0 °C. La variación de entalpía total es la suma de las variaciones de estas dos etapas. Para un proceso a presión constante, ∆H =qp

, por tanto, es necesario calcular el calor absorbido en cada etapa.

Calentamiento del agua desde 10.0 hasta 25.0 °C.

? KJ=50.0g H 2O∗4.18Jg H 2O°C

¿ ° C∗1KJ1000 J

? KJ=3.14KJ

Variación del agua a 25.0 °C. Para esta parte del cálculo es necesario expresar la cantidad de agua en moles, de modo que se pueda utilizar la entalpía molar de vaporización a 25 °C.


QUÍMICA INDUSTRIAL

? KJ=50.0g H 2

O∗1mol H 2O

18.02 gH 2O∗44.0KJ

1mol H2O

? KJ=122KJ

Variación total de entalpía

∆ H=3.14KJ+122KJ=125KJ

ENTALPÍA MOLARES DE FORMACIÓN ESTÁNDAR


Utilice los datos de la Tabla 7.2 para determinar el calor de combustión estándar de C2H5OH(l) cuando los reactivos y los productos se mantienen a 25 °C y 1 atm.

Solución

Balance de Ecuación:

C2H 5OH ( l )+3O2 (g )→2CO2 (g )+3H 2O(l)

∆ H °=2∆ H °f [CO2(g)]+3∆H °f [H 2O(l)]−∆ H °f [C2H 5OH (l)]−3∆ H °f [O2(g)]

¿2 (−393.5 )+3 (−285.8 )− (−277.7 )−3 (0.00 )

∆ H °=−1366.7KJ



QUÍMICA INDUSTRIAL

Utilice los datos de la tabla 7.2 y ΔH° de la siguiente reacción para determinar la entalpía de formación estándar de CCl4(g) a 25 °C y 1 atm.

CH4(g) + 4 Cl2(g) → CCl4(g) + 4 HCl(g)

ΔH° = -397,3 KJ

Solución

∆ H °=−397.3KJ

∆ H °=∆ H° f [C Cl4(g)]+4 ∆H °f [HCl(g) ]−∆ H °f [C H 4(g)]−4 ∆ H° f [Cl2(g)]

∆ H °=∆ H° f [C Cl4(g)]+4 (−92.31 )−(−74.81 )−4 (0.00 )

∆ H °=∆ H° f [C Cl4(g)]−294.4

∆ H °f [CCl4(g) ]=−397.3+294.4

∆ H °f [CCl4(g) ]=−102.9KJ

24. EJERCICIO 87 ( Pág. 261 – Capítulo 7) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

La descomposición de la piedra caliza, CaCO3(s), en cal, CaO(s) y CO2(g) se lleva a cabo en un horno de gas. Utilice los datos del Apéndice D para determinar cuánto calor es necesario para descomponer 1,35 x 103 Kg de CaCO3(s). (Suponga que los calores de reacción son los mismos que a 25 °C y 1 atm.)


QUÍMICA INDUSTRIAL

Solución

CaCO3 (s )→CaO ( s)+CO2(g)

∆ H °=∆ H° f [CaO (s)]+∆ H °f [CO2(g) ]−∆ H °f [CaCO3(s )]

∆ H °=−635.1+−393.5−(−1207 )

∆ H °=+178KJ

Calor=1.35x 103 kgCaCO3 x1000 g1kg

x1mol CaCO3100.09 gCaCO3

x178KJ

1molCaCO3

Calor=2.40x 106KJ

25. EJERCICIO 73 (Pág. 261 -– Capítulo 7) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

El sustituto del gas etanol (SGN) es una mezcla de gases que contiene CH4 (g) y que puede utilizarse como combustible. Una solución para obtener esta es


QUÍMICA INDUSTRIAL

4CO (g) + 8 H2 (g) 3 CH4 (g) + CO2 + 2H2O (l) H =?

Utilizando los datos adecuados de entre los que se dan a continuación, calcula H para esta reacción del SGN

C (grafito) + ½ O2 (g) CO (g) H = -110.5 KJCO (g) + ½ O2 (g) CO2 (g) H = -283.0 KJH2 (g) + ½ O2 (g) 2 H2O (l) H = -285.8 KJC (grafito) + 2H2 (g) CH4 (g) H = -74.81 KJCH4 (g) + 2O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (l) H = -890.3 KJ

Solución

CO (g )+½O 2 (g )CO2 (g )H=−283.0KJ

3C (grafito )+6H 2 (g )→3C H 4 (g )∆ H °=3 (−74.81 )=−224.43KJ

2H 2 (g )+O2 (g )→2H 20 ( l )∆ H °=2 (−285.8 )=−571.6KJ

3CO (g )→ 12O2 (g )+3C (grafito )∆H °=3 (+110.5 )=331.5KJ

4CO (g )+8H 2 (g )→CO2 (g )+3CH 4 (g )+2H 2O (l )∆ H°=−747.5KJ


Utilice la ley de Hess y los siguientes datos

CH4 (g) + 2O2 (g) CO2 (g) + 2 H2O (g) H = -802 KJCH4 (g) + CO2 (g) CO (g) + + 2H2 (g) H = 247 KJ


QUÍMICA INDUSTRIAL

CH4 (g) + H2O (g) CO (g) + + 3H2 (g) H = 206 KJ

Para calcular H de la reacción

CH4 (g) + ½ O2 (g) CO (g) + 2H2 (g)

muy utilizada como fuente comercial de gas hidrógeno.

Solución

C H 4 (g )+CO2 (g )→2CO (g )+2H 2 (g )∆ H °=+247KJ

3C (grafito )+6H 2O→2CO (g )+6H 2 (g )∆ H °=2 (+206KJ )=+412KJ

C H 4 (g )+2O2 (g )→CO2 (g )+2H 2O (g )∆ H °=−802KJ4C H 4 (g )+2O2 (g )→4CO (g )+8H 2 (g )∆H°=−143KJ

Ahora dividimos el producto entre 4

C H 4 (g )+ 12O2 (g )→CO (g )+2H 2 (g )∆ H°=−35.8KJ


Aplicar la Ley de Hess. Utilice los calores de combustión que se acaban de dar para calcular ∆H⁰ de la reacción:


QUÍMICA INDUSTRIAL

3C (grafito )+4H 2(g)→C3H 8 (g )∆ H ⁰

Dado los siguientes datos:

a¿C3H 8 (g )+5O2→3CO2 (g )+4 H 2O ( l )∆ H 0=−2219.9KJ

b¿C (grafito )+O2→CO2 (g )∆H 0=−393.5KJ

c ¿H 2 (g )+ 12 (O2 )

→H 2O ( l )∆H 0=−285.8KJ

Solución

Como necesitamos obtener C3H 8 (g ) trabajamos con una reacción que contenga esta mezcla, y esa es la inversa de la primera reacción.

−a¿3CO2 (g )+4H 2O ( l )→C3H 8 (g )+5O2∆ H0=−(−2219.9KJ )

Ahora para obtener 3C (grafito )+4H 2(g) se tiene que multiplicar a las ecuaciones que contengan a estas por un número tal que resulte estos reactivos.

3∗(b )3C (grafito )+3O2→3CO2 (g )∆H 0=3 (−393.5KJ )=+2219.9KJ

4∗(c )4H 2 (g )+2 (O2 )→4H 2O ( l )∆ H 0=4 (−285.8KJ )=−1143KJ

Ahora obtenemos C3H 8 (g ) modificando las tres ecuaciones combinadas.

3CO2 (g )+4H 2O (l )→C3H 8 (g )+5O2∆H0=+2219.9KJ ¿


QUÍMICA INDUSTRIAL

3C (grafito )+3O2→3CO2 (g )∆ H0=+2219.9KJ

4 H2 (g )+2 (O2 )→4H 2O ( l )∆ H 0=−1143KJ

3C (grafito )+4H 2 (g )→C3H 8 (g )∆ H 0=−104KJ


Utilice la ley de Hess para calcular la entalpía de reacción estándar de la descomposición del bicarbonato de sodio, una de las reacciones que ocurren cuando se utiliza este compuesto en alimentos que se hornean.

2NaHCO3 (s )→Na2CO3 ( s )+H 2O ( l )+CO2 (g )∆ H 0=?

Solución

a¿2NaHCO3 (s )→2Na ( s)+H 2 (g )+2C (grafito )+3O2∆ H 0=−2∗∆ H 0f [NaHCO3 ( s)]

b¿2Na ( s)+C (grafito )+3 /2O2(g)→Na2CO3 ( s )

∆ H 0=∆ H 0 f [Na2CO3 ( s)]

c ¿H ¿2 (g )+ 12O 2→H 2O ( l )

∆ H 0=∆ H 0 f [H 2O ( l )]

d ¿C (grafito )+O2(g)→CO2 (g )

∆ H 0=∆ H 0 f [CO2 (g )]

2NaHCO3 (s )→Na2CO3 ( s )+H 2O ( l )+CO2 (g )∆ H 0=?

∆ H 0=∆ H 0 f [Na2CO3 (s ) ]+∆H 0f [H 2O (l ) ]+∆H 0 f [CO2 (g ) ]−2∗∆ H 0 f [NaHCO3 (s )]


QUÍMICA INDUSTRIAL

II LEY DE LA TERMODINÁMICA

ENTROPÍA MOLAR ESTÁNDAR DE ELEMENTOS Y COMPUESTOS

29. EJERCICIO 10 (Pág. 815– Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va EdiciónA partir de los datos dados en la siguiente tabla, determine la S para la reacción NH3 (g) + HCl (g) NH4Cl (s). Todos los datos son a 298 k.

Ht GtNH3 (g) -46.11 KJ mol -1 -16.48 KJ mol -1

HCl (g) -92.31 -95.30NH4Cl (s) -314.4 -202.9

Solución

∆ H °=∆ H f [N H 4Cl(s)]−∆ H f ⌈ N H 3(g)⌉−∆ H f [HCl(g)]

∆ H °=−314.4 KJmol

−(−46.11 KJmol−92.31 KJmol )=−176.0 KJmol

∆G°=∆Gf [N H 4Cl(s)]−∆Gf ⌈ N H 3(g)⌉−∆Gf [HCl(g)]

∆G°=−202.9 KJmol—16.48

KJmol

−95.30 KJmol

=−91.1 KJmol

∆G°=∆ H°−T ∆ S°

∆ S°=∆ H °−∆G°

T=−176.0 KJ

mol±91.1 KJ

mol298K

=−285J mol−1

30. EJERCICIO 17(Pág. 815– Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va EdiciónDeterminar los valores de G a298 K para las siguientes reacciones


QUÍMICA INDUSTRIAL

a) HCl (g) + O2 ⇌ H2O (g) + Cl2

b) Fe2O3 + H2 (g) ⇌ Fe3O4 (g) + H2O (g)c) Ag+ (aq) + SO4

2- (aq) ⇌ Ag2SO4 (s)

Solución

a) 4 HCl (g )+O 2⇌ 2H 2 (g )+2Cl2(s)

∆G°=2∆G f ° [H 2O(g)]+2 ∆G f ° [Cl2(g)]−4 ∆Gf ° [HCl(g)]−∆G f ° [O2(g)]∆G°=2∗(−228.6 KJmol )+2∗0 KJmol−4∗(−95.30 KJmol )−0 KJmol

∆G°=−76.0 KJmol

b) 3 Fe2O3 ( s)+H 2(g)⇌2 Fe3O 4 (s )+H 2O(g)

∆G=2∆Gf ° [Fe3O 4 ( s ) ]+∆Gf ° [H 2O(g)]−∆Gf ° [3Fe2O3 (s ) ]−∆G f ° [H 2(g)]

∆G°=2∗(−1015 KJmol )−228.6 KJmol−3∗(−742.2 KJmol )−0 KJmol∆G°=−32 KJ

mol

c) 2 Ag+ ¿ (aq )+S O4

2−¿ (aq )⇌ Ag2S O

4(s )¿ ¿

∆G°=∆Gf ° [ Ag2SO 4 (s ) ]−2∆Gf ° ¿

∆G°=−618.4 KJmol

−2∗77.11 KJmol

−(−744.5 KJmol )∆G°=−28.1 KJ

mol


QUÍMICA INDUSTRIAL

31. EJERCICIO 22 (Pág. 815– Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va EdiciónUtilice una tabla de magnitudes termodinámicas para establecer las siguientes propiedades termodinámicas a 298 k, para la reacción

2NaHCP3 (s) Na2CO3 (s) + H2O (l) + CO2 (g)

a) Sb) Hc) G

Solución

a) ∆ S°=S° [Na2CO3(s)]+S° [H2O(l)]+S° [CO2(g)]−2S° [NaHO3 (s ) ]

∆ S°=135 JKmol

+69.91 JKmol

+213.7 JKmol

−2∗(101.7 JKmol

)

∆ S°=215.2 JKmol

¿

b) ∆ H °=∆ H f [Na2CO3(s)]+∆H f [H2O(l)]+∆ H f [CO2(g)]−2∆ H f [NaHO3 ( s) ]

∆ H °=−1131 JKmol

−285.8 JKmol

−393.5 JKmol

−(−950.8 JKmol

)

∆ H °=+91 JKmol

c) ∆G°=∆ H°−T ∆ S°=91KJKmol

−64.13 KJKmol

∆G °=27 KJKmol


QUÍMICA INDUSTRIAL

32. EJERCICIO 23 (Pág. 815– Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

CO (g) + 2H2 (g) + CH3OH (g) CH3CH2OH (g) + H20 (g)

a) Calcular S,H,G para esta reacción a 25 º C.

b) Esta reacción, ¿está favorecida termodinámicamente a altas o bajas temperaturas? ¿A altas o bajas presiones? Justifique su respuesta

Solución

a) ∆ S°=S° [CH3CH 2OH (g)]+S° [H 2O (g) ]−S° [CO (g ) ]−2S° [H 2(g)]−S ° [CH 3OH (g)]

∆ S°=282.7 JKmol

+188.8 JKmol

−197.7 JKmol

−2(130.7 JKmol )−239.8 J

Kmol

∆ S°=−227.4 JKmol

∆ H °=H f ° [CH 3CH 2OH (g)]+H f ° [H2O (g) ]−H f ° [CO (g ) ]−2H f ° [H2(g)]−H f ° [CH3OH (g)]

∆ H °=−235.1 KJKmol

−241.8 KJKmol

— 2(0.00 KJKmol )−(−200.7 KJKmol

)

∆ H °=−165.7 KJKmol

∆G°=G f ° [CH 3CH 2OH (g)]+Gf ° [H 2O(g)]−Gf ° [CO (g ) ]−2Gf ° [H 2(g) ]−Gf ° [CH 3OH (g)]

∆G°=−165.7 KJKmol

−(298K ) ¿


+67.8 KJKmol



QUÍMICA INDUSTRIAL

b) ∆H⁰ < 0 por esta reacción, además está favorecida termodinámicamente a altas temperaturas porque ∆ngas =+2 - 4 = - 2 y a bajas temperaturas.

33. EJERCICIO 31 (Pág. 816 - Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Se utiliza Svap, Hvap para el agua a 100 ºC. Determinar los valores de estas dos magnitudes a 25 ºC.

Solución

∆ H °vap=∆ H f ° [H 2O(g)]−∆H °f [H 2O(l)]

∆ H °vap=−241.8 KJmol

−(−285.8 KJmol

)

∆ H °vap=+44.0 KJmol

¿

∆ S°vap=S ° [H 2O(g)]−S [H 2O(l)]

∆ S°vap=1.88J mol−1 k−1−69.91J mol−1 k−1

∆ S°vap=118.9J mol−1k−1

Este método es alternativo pero incorrecto, el método para obtener ∆ S°vap

∆ S°vap=∆H° vapT

=44.9∗103 J

mol298.15K

∆ S°vap=148J mol−1 k−1


QUÍMICA INDUSTRIAL


Determinación de la variación de entropía para un cambio de fase. ¿Cuál es la entropía molar estándar de vaporización del agua a 373 K sabiendo que la entalpía molar estándar de vaporización es 40.7 KJ mol-1?

Solución

Aunque no se necesita específicamente una ecuación química, nos ayuda a identificar el proceso para el que buscamos el valor de ∆ S°vap

H 2O (1.1atm )⇌H 2O (g ,1atm )∆ H °vap=40.7KJ /mol H 2O∆ S°vap=?

∆ S°vap=∆H° vapT pc

=40.7KJ mol−1

373K=0.109KJ mol−1K−1

∆ S°vap=109J mol−1K


Cálculo de las variaciones de entropía a partir de entropías molares. Calcular la variación de entropía molar estándar de la conversación de monóxido de nitrógeno a dióxido de carbono (una etapa de la fabricación de ácido nítrico).

2NO (g )+O2 (g )→2N O2(g)

Solución∆ S°=2 S°NO2( g)−2S°NO( g)

−2S°O2 (g)

∆ S°= (2∗240.1 )− (2∗210.8 )−205.1

∆ S°=−146.5 J K−1


QUÍMICA INDUSTRIAL

VARIACIÓN DE LA ENERGÍAGIBS ESTÁNDAR

36. EJERCICIO 43 (Pág. 816 -- Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Para la reacción 2PCl3 (g) + O2 2POCl3 (l), H = -620.2 KJ a 298 K y las entropías molares estándar son PCl3 (g), 311. 8 J K-1; O2 (g), 205.1 JK-1; Y POCl3 (g), 222.4 J K-1. Determine

a) G A 298 k b) Si la reacción se produce espontáneamente en sentido directo o inverso cuando los

reactivos y productos se encuentran en sus estados estándar.

Solución

a)∆ S°=2 S° [POCl (l ) ]−2S° [PCl3(g)]−S° [O2(g) ]

∆ S°=2 (222.4 J /K )−2 (311.7 J /K )−205.1J /K

∆ S°=−3837 J /K

∆G°=∆ H°−T ∆ S°

∆G°=−620.2∗103 J−(298K )(−383.7 J /K )

∆G°=−506∗103

b) La reacción se produce espontáneamente en sentido directo cuando los reactivos y productos se encuentran en sus estados estándar, porque el valor de ∆G°es cercano a cero


QUÍMICA INDUSTRIAL


Las siguientes variaciones de energía Gibs estándar se dan a 25 ºC.1. N2 (g) + 3H2 (g) 2NH3 (g) G = -33.0 KJ2. 4NH3 + 5O2 (g) 4NO (g) + 6H2O (l) G = -1010.5 KJ3. N2 (g) + O2 (g) 2NO (g) G = 173.1 KJ4. N2 (g) + 2O2 (g) 2NO2 (g) G = 102.6KJ5. 2N2 (g) + O2 (g) 2N2O (g) G = 208.4 KJ

Combine las ecuaciones anteriores, de forma adecuada, para obtener los valores de G para cada una de las siguientes reacciones.

a) N2O (g) + 3/2O2 (g) 2NO2 (g) G =?b) 2H2 (g) + O2 (g) 2H2O (l) G =?c) 2NH3 + 2O2 (g) N2O (g) + 3H2O (l) G =?

¿Cuál de las reacciones (a), (b) y (c) tiende a producirse de forma completa a 25 ºC y cuál alcanzaría una situación de equilibrio con cantidades significativas de todos los reactivos y productos presentes?

Solución

a)

N2O (g )→N 2 (g )+ 12O2 (g )∆G°=−1

2(208.4 KJ )=−104.2KJ

N 2 (g )+2O2 (g )→2N O2 (g )∆G°=+102.6KJ

Net :N 2O (g )+12O2 (g )→2N O2 (g )∆G°=−104.2+102.6=−1.6KJ


QUÍMICA INDUSTRIAL

b)N2 (g )+6H 2 (g )→4N H 3 (g )∆G°=2 (−33.0KJ )=−66.0KJ

4 N H 3 (g )+5O2 (g )→4NO (g )+6H 2O (l )∆G°=−1010.5KJ

4 NO (g )→2N2 (g )+2O2 (g )∆G°=−2 (+173.1KJ )=−346.2KJNet : 6H 2 (g )+3O2 (g )→H 2O (l )∆G°=(−66.0−1010.5−346.2)KJ

∆G°=−1422KJ La reacción tiene tres tiempos, por tanto:

∆G°=−1422.7KJ :3=−474.3KJ

La alta negatividad del valor de ∆G° indica que la reacción tiende a producirse en forma completa a 25 °C.

c)4 N H 3 (g )+5O2 (g )→4NO (g )+6H 2O ( l )∆G°=−1010.KJ

4 NO (g )→2N2 (g )+2O2 (g )∆G°=−2 (+173.1KJ )=−346.2KJ

2N2 (g )+O2 (g )→2N2O (g )∆G°=+208.4 KJ4N2 (g )+4O2 (g )→2N2O (g )+6H 2O ( l )∆G°=(−1010.5−346.2+208.4)KJ

∆G°=−1148.3 KJ

La reacción tiene dos tiempos, por tanto:

∆G°=−1148.3 KJ :2=−574.2J

La ∆G° tiene una negatividad muy alta lo que indica que los reactivos podría darse en forma completa.


QUÍMICA INDUSTRIAL


Escriba una ecuación para la reacción de combustión de un mol de benceno, C6H6 (l), además determinar G a 298 K, si los productos de la combustión son:

a) CO2 (g) y H2O (l)b) CO2 (g) y H2O (g)

Describa como podría determinar la diferencia entre los valores obtenidos (a) y (b) sin tener qué escribir la ecuación de combustión o determinar valores de G para las reacciones de combustión.

Solución

La reacción de combustión es:

C6H 6 (l )+152O2 (g )→6CO2 (g )+3H 2O(go l)

a) ∆G°=6 ∆G° f [CO2 (g ) ]+3∆G°f [H 2O(l)]−∆G°f [C6H 6 ( l ) ]−152 ∆G°f [O¿¿2 (g )]¿

∆G°=6 (−394.4 KJ )+3 (−237.1KJ )−(+124.5KJ )−152(0.00KJ )

∆G°=−3202KJ

b) ∆G°=6 ∆G° f [CO2 (g ) ]+3∆G°f [H 2O(g)]−∆G° f [C6H6 ( l ) ]−152∆G°f [O¿¿2 (g )]¿

∆G°=6 (−394.4 KJ )+3 (−228.6KJ )−(+124.5KJ )−152(0.00KJ )

∆G°=−3177KJ

Hallamos la diferencia entre los valores de ∆G° para notar la diferencia entre los dos productos:


QUÍMICA INDUSTRIAL

H 2O(l)→H 2O(g)

Y determinemos la diferencia de ∆G° de dichos valores.

∆G°=3 ∆G°f [H 2O(g)]−3∆G°f [H 2O( l)]

∆G°=3 [−228.6−(−237.1 ) ] KJ

∆G°=25.5KJ

39. EJERCICIO 49 (PÁG. 817 - Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va Edición

Valore la posibilidad de producirse la reacción

N2H4 (g) 2OF2 (g) ⇌ N2F4 (g) + 2H2O (g)

Obteniendo cada una de las cantidades siguientes para esta reacción a 25 ºC

a) S (La entropía molar estándar de N2F4 (g) es 301.2 J K-1)b) Hc) G

¿Es posible la reacción? Si lo es ¿Está favorecida a altas o bajas temperaturas?

Solucióna)

∆ S°r∗n=∑ S° productos−∑ S°reactantes

∆ S°r∗n=[1mo∗301.2J K−1mol−1+2mol∗188.8J K−1mol−1 ]−[2mol∗247.4 J K−1mol−1+1mol∗238.5J K−1mol−1]

∆ S°r∗n=−0.0545KJ K−1

b)

∆ H °r∗n=∑ ( iones quemados en los reactantes )−¿∑ ( iones quemados enel producto )¿


QUÍMICA INDUSTRIAL

∆ H °r∗n=[4mol∗(389KJ mol−1 )N−H+4mol∗(222KJ mol−1 )O−F ]−[4mol∗(301KJ mol−1)N−F+4mol∗(464KJ mol−1 )O−H ]

∆ H °r∗n=−616KJ

c)

∆G°r∗n=∆ H °r∗n−T ∆ S°r∗n

∆G°r∗n=−616KJ−298K (−0.0545KJ K−1)

∆G°r∗n=−600KJ

Como el valor de ∆G°r∗n es negativo entonces la reacción es espontánea y a 25°C. Porque la entropía y la entalpía son negativas, esta reacción podría ser favorable a bajas temperaturas.

40. EJERCICIO 98 (Pág. 821 - Capítulo 20) - Libro: Química General Petrucci 8va EdiciónUna tabla de datos termodinámicos incluye los siguientes valores para H2O (l) y H2O (g) a 298.15 k, obtenidos a la nueva presión estándar de 1 bar.

Ht Gt SH2O (l) -285.830 KJ mol -1 -237.129 KJ mol -1 69.91H2O (g) -241.818 -228.572 188.825

Utilice estos datos para determinar de dos formas diferentes G a 298.15 k para la vaporización: H2O (l, 1 bar) ⇌ H2O (g, 1 bar).

Solución

∆G°=∆ H°−T ∆ S°

∆G°=∆G ⁰f [H 2O (g ) ]−∆G ⁰f [H2O (l )]


QUÍMICA INDUSTRIAL

∆G°=−228.572KJ /mol−(−237.129KJ /mol)

∆G°=+8.557KJ /mol

∆ H °=∆ H ⁰f [H 2O (g ) ]−∆ H ⁰f [H 2O (l )]

∆ H °=−241.818KJ /mol−(−285.830KJ /mol )

∆ H °=+44.012KJ /mol

∆ S°=∆S° [H2O (g ) ]−∆ S° [H2O (l )]

∆ S°=188.825 J mol−1 k−1−69.91J mol−1k−1

∆ S°=+118.92 J mol−1 k−1

∆G°=∆ H°−T ∆ S°

∆G°=44.012KJ /mol−298.15K∗118.92∗10−3 KJ mol−1k−1

∆G°=+8.556KJ /mol


ley de termodinamica

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