VV T
UC ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=partpart
edwdwdqdU ++=
PP T
HC ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=partpartpdVdUdH +=
dPPHdTCdH
Tp ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+=dVPdTCdVVUdTCdU uV
TV +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+=partpart
CPm ndash CVm = RCP ndash CV = nR
Izotermski reverzibilni zapreminski rad gasa u IGS
Vpw Δminus= Izotermski revetzibilni zapreminski rad isparavanja p-napon pare
Izotermski procesi
I zakon termodinamike
2
1
1
2 lnlnPPRT
VVnRTw minus=minus=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VCnR
VVVad VVTC
TTTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
PP
TT
VV
TT
VV
TT R
CR
CCR PVV
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γγ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛===
1
2
2
1 VV
PPconstPVPV VP CC
Adijabatski procesi
Jednačina adijabate
RTnUVPUH gasΔ+Δ=Δ+Δ=Δ
2
12
2 TTT
qw minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
VVR
TTCSSS V +=minus=Δ
oksistotoki
iirev
sis SSSTHSS
TqS Δ+Δ=Δ
Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
PPR
TTCSSS p minus=minus=Δ
tr
trtr T
HS Δ=Δ Fazni prelazi
VV
V
V TSTCodnosno
TC
TS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
TdTCSSSΔ
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP TdC
TdTCSSSΔ
VT TP
VS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
PT TV
PS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
int ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=minus=Δ dPTVSSS
P12int ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=minus=Δ dVTPSSS
V12
Maksveloverelacije
TV VU
TPTP ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
sum=
minus=minus=Δn
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
TP PH
TVTV ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VCnR
VVVad VVTC
TTTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
PP
TT
VV
TT
VV
TT R
CR
CCR PVV
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γγ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛===
1
2
2
1 VV
PPconstPVPV VP CC
Adijabatski procesi
Jednačina adijabate
RTnUVPUH gasΔ+Δ=Δ+Δ=Δ
2
12
2 TTT
qw minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
VVR
TTCSSS V +=minus=Δ
oksistotoki
iirev
sis SSSTHSS
TqS Δ+Δ=Δ
Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
PPR
TTCSSS p minus=minus=Δ
tr
trtr T
HS Δ=Δ Fazni prelazi
VV
V
V TSTCodnosno
TC
TS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
TdTCSSSΔ
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP TdC
TdTCSSSΔ
VT TP
VS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
PT TV
PS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
int ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=minus=Δ dPTVSSS
P12int ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=minus=Δ dVTPSSS
V12
Maksveloverelacije
TV VU
TPTP ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
sum=
minus=minus=Δn
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
TP PH
TVTV ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
2
12
2 TTT
qw minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dSTdqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
VVR
TTCSSS V +=minus=Δ
oksistotoki
iirev
sis SSSTHSS
TqS Δ+Δ=Δ
Δminus=Δ==Δ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
PPR
TTCSSS p minus=minus=Δ
tr
trtr T
HS Δ=Δ Fazni prelazi
VV
V
V TSTCodnosno
TC
TS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
TdTCSSSΔ
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP TdC
TdTCSSSΔ
VT TP
VS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
PT TV
PS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
int ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=minus=Δ dPTVSSS
P12int ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=minus=Δ dVTPSSS
V12
Maksveloverelacije
TV VU
TPTP ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
sum=
minus=minus=Δn
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
TP PH
TVTV ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
VV
V
V TSTCodnosno
TC
TS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV TdC
TdTCSSSΔ
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP TdC
TdTCSSSΔ
VT TP
VS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
PT TV
PS
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
int ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=minus=Δ dPTVSSS
P12int ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=minus=Δ dVTPSSS
V12
Maksveloverelacije
TV VU
TPTP ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
sum=
minus=minus=Δn
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
TP PH
TVTV ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
TV VU
TPTP ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
sum=
minus=minus=Δn
iiimeš xnRSSS
112 ln Entropija mešanja
TP PH
TVTV ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV VS
TP
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
PVA
Tminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart S
TA
Vminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP PS
TV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛minus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
partpart
partpart
STG
P
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
VPG
T
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
pTGTHG ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=partΔpartΔΔ 2
)(TH
TTG
p
ΔpartΔpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
00 ln
PP
RTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine od 50m oda) Površine Zemljeb) Površine Meseca (g=16ms-2)
Rešenje
a)
b) Jmsmkgmghw
Jmsmkgmghw
695061120
865850819120
2
2
minus=sdotsdotminus=minus=
minus=sdotsdotminus=minus=
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kaorezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=Δminus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ΔU=0 q=4186J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 4
Rad (u J) koji izvrši gas u IGS pri širenju nasuprot pritisku od 1 atm i od 10 do 30 L je
a) 22000 b) -101325 c)-20265
d) -20 e) 20288 f) 4056
Rešenje
JmPaw 5202610)1030(101325 33 minus=sdotminusminus= minus
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 5
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapreminiIzračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energijeToplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaKKPa
TTPP
T
Tv
11247
1124710031485110
135100300400101325
2
1
1
212
==Δ
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 6 Jedan mol gasa prelazi iz stanja sa pritiskom P0 i zapreminom V0 u stanje sa duplo većom zapreminom i pritiskom Na p-V dijagramu taj proces je predstavljen pravom linijom Koliki rad izvrši gas u tom procesua)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2Rešenje
ooooo VPVPPw
23
2)2(
=+
=
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 7U termodinamičkom procesu promena unutrašnje energije
sistema je ∆U = -300 J sistem prima toplotu od 100 J i širi se nasuprot pritiska od 1 bar Kolika je promena zapremine (L)
a) 2 b) 3 c) 4d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVmJVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
35
=sdotsdot=minusminus
=Δ
minus=Δsdotminus=Δminus=
minus=minusminus=+=Δ
minus
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 8bull Električni grejač snage 15W greje masu od 12g
vode tokom jednog minuta Ako je početna temperatura vode 35oC kolika će biti krajnja temperatura vode (K)Specifični toplotni kapacitet vode je 1 calstepg
bull RešenjeSnaga grejača je P=ΔUt Energija kojugrejač oslobađa jeΔU=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJgJ
CU
UCCgJCgJgJ
mUU
k
opko
ovs
s
svs
ovss
07326921715308
925292173592179217
186475
18647512900
=+=
=+=Δ+====
Δ=Δ
ΔΔ
====Δ
=Δ
θθθθ
θ
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 9bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJP
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
35
=sdotsdot+=Δ
=sdot
==
rangrangminus=ΔΔ+Δ=Δ
Rešenje
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 10Domaći
bull Koliko energije treba dovesti masi od 135kg vode da bi se zagrejala od 20oC do
bull temperature ključanja Pretpostaviti da je Cvs=4186JgK
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 11Izračunati ΔU za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako je ΔH=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
Δng=3-5=-2
ΔU=ΔH-ΔngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 12Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenje2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-PspΔV=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTPsp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolggmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 13 Rad reverzibilnog izotermskog širenja jednog mola gasa u
idealnom gasnom stanju od zapremine V1 do zapremine V2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T2-T1) e) f) ne znam
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 14
bull Izračunati napon pare vode na 35oC ako se vodena para širi reverzibilno i izotermski od zapremine 5 cm3 do zapremine 100 cm3 ako se pri tome vrši rad od 534 mJ
Rešenje
w=-p(V2-V1) w=-0534J p=0534Nm95sdot10-6m3=5621Pa
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanzijiod početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od41860J Ako je početni pritisak 100 bar kolika je početna zapremina(u L) i temperatura (u K)
Rešenje
w=nRTlnV2V1=nRTmiddot23 P1V1=nRT=w23=4186023=18200JV1=18200100middot105=182middot10-3m3=182 LnRT=18200J T= 182002middot8314=1093K
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 16
Uzorak argona mase 656g zauzima zapreminu od 185dm3
Na 305K a) Izračunati rad koji bi se izvršio kada se gas širi izotermski nasuprot konstantnog spoljašnjeg pritiska od 77kPa dok mu se zapremina ne poveća na 25 dm3b) Izračunati rad koji bi se izvršio kada bi se ista ekspanzija vršila reverzibilno
Rešenjea)
b)
JmPaVPw sp 251910521077 333 minus=sdotsdotsdotminus=Δminus= minus
Jdm
dmKKmolJmolgg
VVnRTw
7152518
21ln305314840
566ln 3
3
1
2
minus=
=sdotsdotsdotminus=minus=
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 17
Kada se 3 mola kiseonika zagreje pri konstantnom pritisku od 325atm njihova temperatura poraste od 260 K do 285 KAko je CPm=204JKmol izračunati ΔH q i ΔU
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=ΔminusΔ=Δ
=minussdot=Δsdot==Δ
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 18
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ΔU i ΔH za jedan mola gasa kada temperatura raste od 0oC do 100oCa) Na konstantnom pritiskub) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJCp +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHUJKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=ΔminusΔ=Δminus=sdotsdotminus=Δminus=Δminus=
=minus+minus==Δ
+==Δ= int int
qkJHUkJHw ==Δ=Δ=Δ= 9149140
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 19
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnVV
RTminus
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
minus⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛1
2
11
VCR
V VV
TC⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛1
2
12
RC
V
V
VVTC
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 20Jedan mol idealnog gasa na 300 K se širi adijabatski i reverzibilno
od 20 bar do 1 bar Koja je temperatura u krajnjem stanju gasa pretpostavljajući da je CV=(32) R
a) 1055 b) 905 c) 2056
d)996 e) 1110 f) ne znam
Rešenje
KTRTR
RRCCPPR
TTC VPP
590201ln
300ln
25
25lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 21Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskogširenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak jeiznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPVVP 31031100
21 3
5
212
12 ==⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 22Izračunati rad i promenu unutrašnje energije pri adijabatskom širenju 02 mol Ar od 05 do 10L Početna temperatura je izosila 25oC a molarni toplotni kapacitet Ar na konstantnoj zapremini iznosi 1248 JK-1mol-1
Rešenje
JUqJKmolJKmolw
KKLLT
VVT
VVT
VmV CR
CnR
2750275)2988187(481220
81872980150
11
6660
2
11
2
12
minus=Δ=minus=minussdotsdot=
=sdot⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
minusminus
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 23Domaći
Dva mola idealnog gasa za koji je Cvm=5R2 je reverzibilno zagrevan do 356K na konstantnoj zapremini Početni pritisak i temperatura su bili P1=111kPa i T1=277K Izračunati krajnji pritisak ΔU q i w
Rešenje
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Jedan mol idealnog monoatomskog gasa u početku na 10 atm pritisku i temperaturi od 0oC širi se izotermski nasuprot pritiska od 1 atm Uslovi su takvi da je konačna zapremina 10 puta veća od početne krajnji pritisak je jednak spoljašnjem pritisku
(a) Izračunati početnu i krajnju zapreminu(b) Izračunati q w ΔU za proces
Zadatak 24
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ΔU=0Izvršeni rad je -PΔV=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 25Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 dotemperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTHT
==Δ int
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 26
bull Gas se pokorava jednačini stanja
a) Odrediti reverzibilni rad koji se vrši pri zagrevanju gasa od T1 do T2 pri konstantnom pritisku
b) Odrediti reverzibilni izotermski rad pri širenju od V1 do V2
pTRTpV )(α+=
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenjea)
b)
[ ])()()()()()(
121212
111222
TTpTTRVVpwpTRTpVpTRTpV
ααααminus+minus=minus=
+=+=
)()(ln
)()(ln
)( 2
1
1
22
1
2
1TVTVRT
TVTVRTdV
TVRTpdVw
V
V
V
V αα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 27
Uzorak od 5mol ugljendioksida pri zapremini od 15dm3 na 280K podleže adijabatskoj ekspanziji nasuprot konstantnog pritiskaod 785kPa dok mu se zapremina poveća za faktor 4 Izračunatiq w ΔT ΔU i ΔH (CP=3711JKmol)Rešenje
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
JKmolKJmolJHnRTUnPVUPVUH
JwqUKTKmolJmol
JCwTTCwJw
mPaVPwq
m
VV
4551)524(3148553532)(
53532524)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=ΔΔ+Δ=Δ+Δ=Δ+Δ=Δ
minus=+=Δminus=Δminussdot
minus==ΔΔsdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=Δminus== minus
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 28Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=273K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ΔU ΔH q i w
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
RešenjeIz jedn id g stanja je V1=112 L Pošto je PV=const to je V2=224 L Kombinovanjem PV=const sa PV=RT dobija se TV2=const pa je T2=4T1=1092KΔU=CVΔT=(3R2)819=1021kJ ΔH=CPΔT=17022kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=0089middot375=333Latm ili w=823cal=34045j q=ΔU-w=1624cal=1361752J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pristandardnim uslovima prolazi kroz sledeći reverzibilni ciklus A izohorsko zagrevanje do dvostruke vrednosti početne temperature od stanja 1 do 2 B adijabatsko širenje od 2 do 3 do početne temperatureC izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ΔU i ΔH zakorake A B i C Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ΔU=qv =CV ΔT= 2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ΔU=w=CV ΔT=2093(T1-2T1)=-5717JmolΔH=-7988Jmoliii) Korak C ΔU=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1w=RT1lnV3V1=RT1ln(T2T3) CVR=CVT1sdot2303log2=2093middot27315middot2303middotlog2=396346Jmol q=-396346 Jmol
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
30 Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od reverzibilnih promena (koraka) A B i C i stanja 1 2 i 3 i koji je prikazan na slici Popuni Tablice 1 i 2 za dati ciklus
21
3
A
BC
273 546
224
448V[dm3]
T[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 2732 224sdot10-3 5463 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ΔU JABC
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorskiizotermskiizobarski
340458 0 340458-314650 0314650
-56743 226912 -34045887678 -87738 0
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
31 Jedan mol monoatomskog gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz ciklus koji se sastoji iz tri procesa što je prikazano na slici Ispuniti tablice 1 i 2
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ΔU J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -175584783 -4785 0
273546
41379
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
32 Domaći
Jedan mola gasa u idealnom gasnom stanju prolazi kroz termodinamički ciklus koji se sastoji od
a) izotermske kompresije od 2 atm i 10L do 20 atm i 1L
b) izobarske ekspanzije kojom se gas vraća do zapremine od 10 L a temperatura menja od T1 do T2
c) izohorskog hlađenja do početnog stanja Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
ΔU za procese i ciklus
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Stepen korisnog dejstva mašine koja hladnjaku preda jednu trećinu količine toplote uzete od grejača je
a) 025 b) 035 c) 067
d) 05 e) ne znam
Izračunati entropiju topljenja (S) u Jmol K za KCl čija je tačka topljenja 7700C Promena entalpije topljenja 268 kJmol
a) 348 b) 0035 c)257 d) 0026e)4879 f) ne znam
Zadatak 33
Zadatak 34
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Za sledeću reakciju na 250CCuO(č)+H2(g)rarrCu(č)+H2O(g)
vrednosti standardnih entropija su S0
CuOč=4263 JKmol S0H2g=13068 JKmol S0
Cuč=3315 JKmol i S0
H2Og=18883 JKmol Odrediti da li će se reakcija odigravati spontano sa aspekta sistema
RešenjeStandardna promena entropije u reakciji je
Za gornju reakciju promena standardne entropije je
Pošto je promena entropije za sistem pozitivna to je reakcija spontana sa aspekta sistema
)tan()( 000 tireakSproduktiSS minus=Δ
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330)(
0)(
0)(
0)(
022
=
=minusminus+=minusminus+=Δ
Zadatak 35
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
36Grafit i dijamant su dve alotropske modifikacije ugljenika Izračunati ∆Ssis ∆Sok i ∆Stot za hemijsku reakciju u kojoj grafit i gasoviti vodonik grade metan
C(graf)+2H2(g)rarrCH4(g) ∆Ho298m=-7481kJmol
574 130684 18626 Somf (JKmol)
Rešenje∆Ssis=18626-2x130684-574=-80848JKmol∆Sok=74810298=251JKmol∆Stot=-80848+251=17019JKmol
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Koja od sledećih reakcija je praćena najpozitivnijom promenom entropijea) 2 CO(g) + O2(g)rarr 2 CO2(g)
b) N2(g) + O2(g) rarr 2 NO(g)
c) 2 CH4(g) + O2(g) rarr 2 CH3OH(t)
d) 2 H2O2(t) + N2H4(t) rarr N2(g) + 4 H2O(g)
e) C(č grafit) + H2O(g) rarr CO(g) + H2(g)
Zadatak 37
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmolS0
298(Cl2(g))=22307 JKmolS0
298(CCl4(t))=21453 JKmolS0
298(HCl(g))=18691 JKmola toplotni kapaciteti su
C0p(CHCl3(t))=11548 JKmol
C0p(Cl2(g))=3436 JKmol
C0p(CCl4(t))=13263 JKmol
C0p(HCl(g))=2884 JKmol
Odrediti standardnu promenu entropije reakcije na 50oC
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
sumsum minus=Δj
jTji
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0298 minus=minusminus+=Δ
sumsum minus=Δi
iPii
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=Δ
KmolJdTT
S 8923298323ln6311832463118324
323
298
0323 minus=+minus=+minus=Δ int
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 39
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
TdTCSSS p
883575613291057ln4791
TdTT)1075(9147
330240
2330240
330
240
2-330
240240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=Δ
minus
intint
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 40
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapreminei istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnVVnR
TTnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln233ln3ln
25
31ln3ln
25lnln
33
25
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=Δ
===
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 41
U sistemu se odigrava proces u kome se entropija menja za551JK Za vreme procesa 15 kJ toplote dodato je sistemu na 350K Da li je proces termodinamićki reverzibilan
Rešenje
revrev
revrev
sis
qqJqJq
JTSqT
qS
ne==
=sdotΔ==Δ
519281500
51928
Proces nije termodinamički reverzibilan-ireverzibilan je
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 42Uzorak bakra (M=63546gmol) mase 275kg i toplotnog kapaciteta 2444JKmol se hladi na konstantnom pritisku od 330 K do 275 K Izračunati a)energiju koja se mora razmeniti u vidu toplote i b) promenu entropije sistemaRešenje
a)
b)
kJJ
KmolJKgmol
gTnCqH mpp
25810825
)55)(4424(54663
10752
4
111
3
minus=sdotminus=
=minus⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ sdot=Δ==Δ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
TdTnC
TdTC
TqS
T
Tmp
T
T
pT
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====Δ intintint
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 43Uzorak azota mase 35 g na 230 K i 211 atm širi se izotermalno do pritiska od 43atm Izračunati promenu entropije gasa
Rešenje
KJKmolJmolg
gppnRS 516)
34121ln()3148(
0142835ln
2
1 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛==Δ
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 44Uzorak idealnog gasa u početku na 270K 120 atm i 110Lkomprimuje se izotermalno Do koje zapremine treba da se komprimuje da bi se entropija smanjila za 30JK
Rešenje
molKKmolLatm
LatmRTPVn 5960
27008201121
=sdot
sdot==
LLmolJKmolJKLnRSVV
VV
nRS
VV
nRS
6546011)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
11112
1
2
1
2
=sdot=minus=Δ=
=Δ
=Δ
minusminusminus
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 45Jedan mol čvrstog bakra se širi izotermski od 200 bar do 1 bar Izračunati promenu entropije sistema za proces u kome je
a gustina ρ=896sdot103kgm-315106611 minusminussdot=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
= KTV
V P
α
Rešenje
KJbarkgmkgmolmolK
PPVdPVdPTVsistemS
P
PP
10342)2001(109681054663110661
)()(
333
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛sdotsdot
sdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partpart
minus=Δ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlađenje se vrši reverzibilno i ireverzibilno stavljanjem uzorka u tečni vodonik na 1396 K Izračunati promenu entropije za proces ako je standardna entalpija isparavanja 231752 kJmol-1 na 1944 K i ako je Cp=3222+(2218sdot10-3)T+(-2347sdot10-6)T2
RešenjeMože se razmatrati proces u dva koraka Prvi je hlađenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevođenje u tečno stanje
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
KJSKJ
dTTTT
HTdTCS
ok
T
T klj
ispPsis
4713146131211192512
4194223175))273()4194((
2)104723()2734194)(101822(
2734194ln2232
4194223175)104723()101822(2232
226
3
4194
273
6302
1
=Δminus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
=minus
+⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ sdotminus+sdot+=
Δminus+=Δ
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=Δ+Δ=Δ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
KJS
KJKJ
TqS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=Δ
===Δ
Ako se promena vrši na irevrzibilan način toplota preneta u okolini je
kJ
Jmol
HdTCq ispP
0126
)223175())273()4194((3
104723))273()4194((2
101822)2734194(2232 336
223
4194
273
0
=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡minusminus
sdotminusminus
sdot+minusminus=
=Δ+=
minusminus
int
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 47Promena Gipsove energije za neki izobarski proces možeda se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=Δ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GSp
786342342786
342342786
minus=+minusminus=Δ+Δ=Δ
=minusminuspartpart
minus=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛partΔpart
minus=Δ
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 48Kada se dva mola gasa na 330 K i 35 atm izotermski komprimuje entropija opadne za 250JK Izračunati krajnji pritisak gasa i promenu Gipsove energije za kompresijuRešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nRSPP
nRS
PP
PPnRS
652
122
1
2
1
10594131482
25exp1054553
expexpln
sdot=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛sdotminus
minussdot=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ Δminus=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ Δ==Δ
JKJKSTG
JPPnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln 5
6
1
2
=minussdotminus=Δminus=Δ
=sdotsdot
sdotsdot==Δ
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 49Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
886088612000
10013129991035
cmgmkgJ
PakgGPm
VmPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
ΔΔ
==Δ=Δminus
ρ
ρρ
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 50
Jedan mola idealnog monoatomskog gasa se prevodi iz početnog stanja (224 L 273 K1atm S=20 calK) u krajnje stanje ( 124L 2 atm 303K) Izračunati ΔU ΔH ΔS i ΔG za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
bull Označićemo stanja gasabull Početno Krajnje
V=224L=224middot10-3m3 V=124L=124middot10-3m T=273 K T=303 K
P= 1 atm=1013middot105Pa P=2atm=2026middot105Pa S= 20 calKmol=8372JKmol
Pošto je gas u idealnom gasnom stanju to jeΔU=CvΔT=(3R2)x30=37413J ΔH=CpΔT=(5R2)x30=62355J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J
bull Promena entropije i Gipsove funkcije će se odrediti razmatrajući promenu kroz dva stupnja
bull 1 00224m3 273 K 1013middot105Pa rarr 002486 m3 303 K 1013middot105Pa ΔS1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
ΔG1=ΔH 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=-2544651 Jbull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3
303 K 2026middot105PaΔS2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JKΔG2=RTlnP2P1=174614JUkupne promene su ΔS=2167-5763=-3596JK ΔG=-2544651+174614=-798511J