V
VT
UC
=partpart
edwdwdqdU ++=
P
PT
HC
=partpart
pdVdUdH +=
dPP
HdTCdH
T
p
partpart
+=dVPdTCdVV
UdTCdU uV
T
V +=
+=partpart
CPm ndash CVm = R
CP ndash CV = nR
Izotermski reverzibilni zapreminski rad gasa u IGS
Vpw ∆minus= Izotermski revetzibilni zapreminski rad isparavanja p-napon pare
Izotermski procesi
I zakon termodinamike
2
1
1
2 lnlnP
PRT
V
VnRTw minus=minus=
minus
=
minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VC
nR
VVVadV
VTC
T
TTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
P
P
T
T
V
V
T
T
V
V
T
T R
C
R
CCR PVV
=
=
=
γ
γ
===
1
2
2
1
V
V
P
PconstPVPV VP CC
Adijabatski procesi
Jednačina adijabate
RTnUVPUH gas∆+∆=∆+∆=∆
2
12
2 T
TT
q
w minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dST
dqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotok
i
iirev
sis SSST
HSS
T
qS ∆+∆=∆
∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
P
PR
T
TCSSS p minus=minus=∆
tr
trtr
T
HS
∆=∆ Fazni prelazi
V
VV
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart
==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV
TdCT
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP
TdCT
dTCSSS∆
VT T
P
V
S
partpart
=
partpart
PT T
V
P
S
partpart
minus=
partpart
int
partpart
minus=minus=∆ dPT
VSSS
P
12int
partpart
=minus=∆ dVT
PSSS
V
12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpart
minus
partpart
=
sum=
minus=minus=∆n
i
iimeš xnRSSS1
12 ln Entropija mešanja
TP P
H
T
VTV
partpart
+
partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta
k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
minus
=
minus=minus= 11)(
2
11
1
2112
VC
nR
VVVadV
VTC
T
TTCTTCw
Adijabatski zapreminski rad
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
P
P
T
T
V
V
T
T
V
V
T
T R
C
R
CCR PVV
=
=
=
γ
γ
===
1
2
2
1
V
V
P
PconstPVPV VP CC
Adijabatski procesi
Jednačina adijabate
RTnUVPUH gas∆+∆=∆+∆=∆
2
12
2 T
TT
q
w minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dST
dqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotok
i
iirev
sis SSST
HSS
T
qS ∆+∆=∆
∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
P
PR
T
TCSSS p minus=minus=∆
tr
trtr
T
HS
∆=∆ Fazni prelazi
V
VV
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart
==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV
TdCT
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP
TdCT
dTCSSS∆
VT T
P
V
S
partpart
=
partpart
PT T
V
P
S
partpart
minus=
partpart
int
partpart
minus=minus=∆ dPT
VSSS
P
12int
partpart
=minus=∆ dVT
PSSS
V
12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpart
minus
partpart
=
sum=
minus=minus=∆n
i
iimeš xnRSSS1
12 ln Entropija mešanja
TP P
H
T
VTV
partpart
+
partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta
k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
2
12
2 T
TT
q
w minus=
minus=η Efikasnost toplotne mašine
0gege dST
dqdS II zakon termodinamike-
Reverzibilni i ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
V
VR
T
TCSSS V +=minus=∆
oksistotok
i
iirev
sis SSST
HSS
T
qS ∆+∆=∆
∆minus=∆==∆ sumν Ireverzibilni
1
2
1
212 lnln
P
PR
T
TCSSS p minus=minus=∆
tr
trtr
T
HS
∆=∆ Fazni prelazi
V
VV
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart
==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV
TdCT
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP
TdCT
dTCSSS∆
VT T
P
V
S
partpart
=
partpart
PT T
V
P
S
partpart
minus=
partpart
int
partpart
minus=minus=∆ dPT
VSSS
P
12int
partpart
=minus=∆ dVT
PSSS
V
12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpart
minus
partpart
=
sum=
minus=minus=∆n
i
iimeš xnRSSS1
12 ln Entropija mešanja
TP P
H
T
VTV
partpart
+
partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta
k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
V
VV
V T
STCodnosno
T
C
T
S
partpart
==
partpart
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TVVV
TdCT
dTCSSS∆
( ) int int==minus=2
1
2
1
ln12
T
T
T
TPPP
TdCT
dTCSSS∆
VT T
P
V
S
partpart
=
partpart
PT T
V
P
S
partpart
minus=
partpart
int
partpart
minus=minus=∆ dPT
VSSS
P
12int
partpart
=minus=∆ dVT
PSSS
V
12
Maksveloverelacije
TV V
U
T
PTP
partpart
minus
partpart
=
sum=
minus=minus=∆n
i
iimeš xnRSSS1
12 ln Entropija mešanja
TP P
H
T
VTV
partpart
+
partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta
k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
TV V
U
T
PTP
partpart
minus
partpart
=
sum=
minus=minus=∆n
i
iimeš xnRSSS1
12 ln Entropija mešanja
TP P
H
T
VTV
partpart
+
partpart
=
Termodinamičke jednačinestanja
WkS ln= k-Bolcmanova konstanta
k=RNA=138middot10-23 JK
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Helmholcova i Gipsova slobodnaenergija
TV V
S
T
P
=
partpart
partpart
PV
A
T
minus=
partpart
ST
A
V
minus=
partpart
dA=minus PdV minus SdT dG = VdP ndash SdT
TP P
S
T
V
minus=
partpart
partpart
ST
G
P
minus=
partpart
VP
G
T
=
partpart
pT
GTHG
+=
part∆part
∆∆2
)(
T
H
T
TG
p
∆part∆part
minus=
0
0 lnP
PRTGG mmm +=
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 1
Izračunati rad potreban da ptica mase 120g uzleti do visine
od 50m od
a) Površine Zemlje
b) 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 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 2
Hemijska reakcija se dešava u cilindru preseka 100cm2 Kao
rezultat klip se pomerio za 20cm nasuprot pritiska od 1 atm
Koliki je rad
Rešenje
JmPaVPw 65202102000101325 36 minus=sdotsdotminus=∆minus= minus
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 3
U ciklusu 1 mol gasa u idealnom gasnom stanju vrši rad od 4186J
Koliko je q
Rešenje
w=-4186J ∆U=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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 5
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
procesu
a)PoV0 b) PoV02 c) 3 PoV02
d) 2 PoV0 e) 3 PoV0 f) ne znam
P
VVo 2Vo
Po
2Po
1
2
Rešenje
ooooo VPVPP
w2
3
2
)2(=
+=
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 6
U 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) 4
d) 5 e) 1 f) ne znam
Rešenje
LdmmV
JVm
JVPw
JJJwwqU
410104100000
400
400101
400100300
3333
3
5
=sdotsdot=minus
minus=∆
minus=∆sdotminus=∆minus=
minus=minusminus=+=∆
minus
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 7bull 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 Rešenje
Snaga grejača je P=∆Ut Energija koju
grejač oslobantildea je∆U=Psdott=15Js sdot60s=900J
KKT
CCK
CgJ
gJ
C
U
UCCgJCgJ
g
J
m
UU
k
o
pko
o
vs
s
svs
o
vss
07326921715308
925292173592179217
1864
75
18647512
900
=+=
=+=∆+====
∆=∆
∆∆
====∆
=∆
θθθθ
θ
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 8bull 1 mol vode isparava Kolika je promena entalpije ako je
pritisak 1 bar Promena unutrašnje energije pri isparavanju je 407kJmol
molkJmolmPamolJH
molmPa
KKmolJ
P
RTV
VVVVVVPUH
isp
p
tptp
843031010140700
031010
3733148
35
3
5
=sdotsdot+=∆
=sdot
==
rangrangminus=∆∆+∆=∆
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 9
Izračunati rad širenja pri elektrolizi 50 g vode pri konstantnom
pritisku i temperaturi od 25oC
Rešenje
2H2O(t)rarr2H2(g)+O2(g)
w=-Psp∆V=-Psp(Vk-Vp)asymp-PspVk= nRTP
nRTP
sp
sp minus=minus
kJJ
KKmolJmolg
gmolmolw
1010329
152983145818
5051
minus=minus=
=sdotsdotsdotminus=
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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 11
Jedan mol gasa u IGS u početku na pritisku od 1 atm i 300K
se reverzibilno zagreva do 400 K pri konstantnoj zapremini
Izračunati krajnji pritisak i promenu unutrašnje energije
toplotu i rad
Rešenje
JqU
JKKmolJmoldTCnqw
PaK
KPa
T
TPP
T
T
v
11247
1124710031485110
135100300
400101325
2
1
1
212
==∆
=sdotsdotsdot===
=sdot=sdot=
int
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 12
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 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 13
Izračunati ∆U za reakciju sagorevanja 10 mola propana na 25oC ako
je ∆H=-2058 kJ
Rešenje
C3H8(t)+5O2(g)rarr3CO2(g)+4H2O(t)
∆ng=3-5=-2
∆U=∆H-∆ngRT=-2058000J+2sdot83145sdot298=-2053kJ
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 14
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
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 15
Dva mola idealnog gasa podleže izotermalnoj reverzibilnoj ekspanziji
od početne zapremine V1 do krajnje zapremine 10V1 i vrši rad od
41860J 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 L
nRT=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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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=∆minus= minus
J
dm
dmKKmolJ
molg
g
V
VnRTw
7152
518
21ln3053148
40
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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 ∆H q i ∆U
Rešenje
JKKmolJmolJTnRHU
JKKmolJTnCqH pmP
4590625314831530
1530)260285(4203
=sdotsdotminus=∆minus∆=∆
=minussdot=∆sdot==∆
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 18
Rad reverzibilnog adijabatskog širenja jednog mola gasa u idealnom
gasnom stanju od zapremine V1 pri temperaturi T1 do zapremine V2
pri temperaturi T2 je dat izrazom
a) ndashp(V2 -V1) b) ndashp(V1 -V2) c)
d) CV(T1-T2) e) f)
1
2lnV
VRTminus
minus
1
2
1
1
VC
R
V V
VTC
minus
1
2
12
R
C
V
V
V
VTC
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 19
Jedan 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
KTRT
R
RRCCP
PR
T
TC VPP
59020
1ln
300ln
2
5
2
5lnln
22
1
2
1
2
==
=+==
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 20
Izračunati krajnji pritisak argona (bar) posle reverzibilnog i adijabatskog
širenja pri kome se zapremina poveća dva puta Početni pritisak je
iznosio 100 kPa a γAr=53
Rešenje
barkPakPaPPV
VP 31031100
2
1 3
5
21
2
12 ==
=
=
γ
Iz jednačine adijabate se dobija
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 21
Izračunati 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
JUq
JKmolJKmolw
KKL
LT
V
VT
V
VT
VmV C
R
C
nR
182750
18275)152988187(481220
91871529801
50
11
6660
2
11
2
12
minus=∆=
minus=minussdotsdot=
=sdot
=
=
minusminus
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 22 Domaći
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 ∆U 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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 ∆U za proces
Zadatak 23
Kako je V1=224 L to je V2=224 LUkupni proces je izotermski pa je ∆U=0Izvršeni rad je -P∆V=-1013105Nm2 x(00224-000224)m3=w=-20422J q=20422J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 24
Na vrlo niskoj temperaturi toplotni kapacitet čvrstih supstancija se
može uzeti da je proporcionalan sa T3 pa se može pisati da je C=aT3
Kolika je promena entalpije takve supstancije pri zagrevanju od 0 do
temperature T (koja je bliska 0)
Rešenje
4
4
0
3 aTdTaTH
T
==∆ int
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 25
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
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenjea)
b)
[ ])()()()(
)()(
121212
111222
TTpTTRVVpw
pTRTpVpTRTpV
αα
αα
minusminusminusminus=minusminus=
+=+=
)(
)(ln
)(
)(ln
)( 2
1
1
2
2
1
2
1TV
TVRT
TV
TVRTdV
TV
RTpdVw
V
V
V
Vαα
αα
α minusminus
=minusminus
minus=minus
minus=minus= intint
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 26
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 ∆T ∆U i ∆H (CP=3711JKmol)
Rešenje
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
JKmolKJmolJH
TnRUnPVUPVUH
JwqUKT
KmolJmol
J
C
wTTCwJw
mPaVPwq
m
V
V
4551)524(3148553532
)(
53532524
)31481137(5
535353532
10)15154(105780 333
minus=minussdotsdot+minus=∆
∆+∆=∆+∆=∆+∆=∆
minus=+=∆minus=∆
minussdotminus
==∆∆sdot=minus=
sdotminussdotsdotsdotminus=∆minus== minus
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 27Jedan mol idealnog monoatomskog gasa na početnim P1=2 atm i T1=27315K je preveden na pritisak P2=4atm reverzibilnim putem definisanim sa PV=const Izračunati V1 V2 i T2 ∆U ∆H 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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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=1092K∆U=CV∆T=(3R2)819=1022kJ ∆H=CP∆T=17032kJ Da bi se dobilo w treba odrediti w=intPdV Iz početnih uslovaPV=const=2112=0178atmL pa je w=-0178intVdV=0089(V2
2-V12)
=-335Latm ili w=33944Jq=∆U-w=136144J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
ZADATAK 28
Toplotni kapacitet gasa u IGS varira sa temperaturom prema izrazu
za 1 mol Izračunati q w ∆U i ∆H za jedan mola gasa kada
temperatura raste od 0oC do 100oC
a) Na konstantnom pritisku
b) Na konstantnoj zapremini
)(400101720)( KTKJC p +=
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
a) P=const
V=const
kJJTnRHU
JKKmolJmolTnRVPw
JqH
dTdTCHq
P
PP
114831411448312314946
483110031481
2314946)1527315373(200050)273373(1720
)4002001720(
22
373
273
373
273
==minus=∆minus∆=∆
minus=sdotsdotminus=∆minus=∆minus=
=minus+minus==∆
+==∆= int int
qkJHUw ==∆=∆= 1140
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 29
Jedan mol idealnog gasa sa CV=2093Jmol step u početku pri
standardnim 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 temperature i
C izotermalnu kompresiju od 3 do 1 Izračunati q w ∆U i ∆H za
korake A B i C
Rešenje
Korak A V=const T=27315K P=1bar w=0 ∆U=qv =CV ∆T=
2093middot(2T1-T1)=2093middot27315=5717Jii) Korak B q=0 ∆U=w=CV ∆T=2093(T1-2T1)=-5717Jmol∆H=-7988Jmoliii) Korak C ∆U=0 T2T3=2 V3V2=(T2T3)CVR V2=V1
w=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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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
448
V[[[[dm3]]]]
T[[[[K]
Stanje P Pa V m3 T K
1 224sdot10-3 273
2 224sdot10-3 546
3 448sdot10-3 546
Korak Ime procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
Ciklus
Tablica 2
Tablica 1
1013sdot105
2026sdot105
1013sdot105
izohorski
izotermski
izobarski
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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 2026503 101325
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U 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 m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
31 Rešenje
P atm
V L
1
2
3
A B (q=0)
C1
2
224
Stanje P Pa V m3sdotsdotsdotsdot10-3 T K
1 101325 2242 202650 2243 101325 3395
Proces Tip procesa q J w J ∆∆∆∆U J
A
B
C
ciklus
Tablica 1
Tablica 2
izohorski
adijabatski
izobarski
34046 340460
0 -16488 -16488
-29263 11703 -17558
4783 -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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 hlantildeenja do početnog stanja
Nacrtati grafik i popuniti tablicu vrednostima q w i
∆∆∆∆U 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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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=∆
( )KmolJ
KmolJSSSSS gHcCuOgOHcCu
6748
6813063428318815330
)(
0
)(
0
)(
0
)(
0
22
=
=minusminus+=minusminus+=∆
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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 38Za reakciju CHCl3(t)+Cl2(g)rarrCCl4(t)+HCl(g)na 250C standardne entropije suS0
298(CHCl3(t))=20302 JKmol
S0298(Cl2(g))=22307 JKmol
S0298(CCl4(t))=21453 JKmol
S0298(HCl(g))=18691 JKmol
a toplotni kapaciteti suC0
p(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=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
sumsum minus=∆j
jTj
i
iTiT tireakSnproduktiSnS )tan()( 0
0
0
KmolJKmolJS 8324)0722322039118653214(0
298 minus=minusminus+=∆
sumsum minus=∆i
iPi
i
iPiP tireakCnproduktiCnC )tan()( 0
0
0
( ) KmolJKmolJCP 63113634481158428631320 =minusminus+=∆
KmolJdTT
S 8923298
323ln63118324
63118324
323
298
0
323 minus=+minus=+minus=∆ int
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 39
Izračunati promenu entropije kada se idealan gas čiji je CVm=5R2 komprimuje do jedne trećine svoje početne zapremine i istovremeno zagreje do tri puta veće temperature od početne
Rešenje
molKnJnRnRRn
nRRnV
VnR
T
TnCS
VVTTRC
mV
mv
7133ln2
33ln3ln
2
5
3
1ln3ln
2
5lnln
33
2
5
1
2
1
2
1212
==minussdot
=+sdot=+=∆
===
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 40
Koliki je porast entropije kada zagrevamo 1 mol hloroforma CHCl3 od 240 do 330K ako je Cp=(9147+75sdot10-2T) JmolK
Rešenje
[ ] [ ] molKJTT
T
dTCSSS p
883575613291057ln4791
T
dTT)1075(9147
330
240
2330
240
330
240
2-
330
240
240330
=+=sdot+=
=sdot+==minus=∆
minus
intint
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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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==
=sdot∆==∆
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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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
11
1
3
minus=sdotminus=
=minus
sdot=∆==∆ minusminus
minus
KJKJKmolJmol
T
dTnC
T
dTC
T
qS
T
T
mp
T
T
p
T
T
rev
193109281)330275ln()4424(343 2
2
1
2
1
2
1
minus=sdotminus==
====∆ 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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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
g
p
pnRS 516)
34
121ln()3148(
01428
35ln
2
1 =
==∆
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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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
Latm
RT
PVn 5960
2700820
1121=
sdotsdot
==
LL
molJKmolJKLnRSVV
V
V
nR
S
V
V
nR
S
6546011
)3148)(5960(03exp()11()exp(
)exp(ln
111
12
1
2
1
2
=sdot
=minus=∆=
=∆
=∆
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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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
= KT
V
V P
α
Rešenje
KJbarkgm
kgmolmolK
PPVdPVdPT
VsistemS
P
PP
10342)2001(10968
1054663110661
)()(
3
33
1315
12
2
1
minusminus
minusminusminusminus sdot=minus
sdot
sdotsdotsdotsdotminus
=minusminus=minus=
partpart
minus=∆ intint αα
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 46Jedan mol CO2(g) na 273 K se hladi do CO2(t) na 1944 K Hlantildeenje 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 hlantildeenje gasa na konstantnom pritisku do tačke ključanja i drugi prevontildeenje u tečno stanje
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
KJS
KJ
dTTTT
H
T
dTCS
ok
T
T klj
isp
Psis
47131
46131211192512
4194
223175))273()4194((
2
)104723()2734194)(101822(
273
4194ln2232
4194
223175)104723()101822(
2232
226
3
4194
273
63
02
1
=∆
minus=minusminus=
=minus
+minussdotminus
+minussdot+
=
=minus
+
sdotminus+sdot+=∆minus
+=∆
minusminus
minusminusintint
Stoga je ukupna promena entropije za reverzibilan proces
0=∆+∆=∆ oksisiz SSS
Reverzibilan proces
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
KJS
KJK
J
T
qS
tot
ok
71731461311863
18639613
26010
=minus=∆
===∆
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=
=∆minusminus=
minusminus
int
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
47 Zadatak
Toplotna mašina radi izmentildeu 1200K i 500K
a) Kolika je maksimalna efikasnost mašine
b) Izračunati maksimalan rad izvršen za svaki 1kJ toplote uzete iz izvora
c) Koliko toplote se oslobantildea u utok u reverzibilnom procesu za svakih 1kJ uzete toplote iz izvora
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
47 Rešenje
a)
b)
c)
58301200
5001200
2
12 =minus
=minus
=T
TTη
kJkJqw 5830158302 =sdot==η
kJkJkJwqqqqw 4170583012112 =minus=minus=minus=
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 48
Dat je proces za koji je a) ∆U=0 b) ∆H=0 c) ∆A=0 d) ∆G=0 i e) ∆S=0 Objasniti u kojim procesima je ovo ispunjeno
Rešenjea) U izohorsko-adijabatskimb) U izobarsko-adijabatskimc) U izotermsko-izohorskimd) U izotermsko-izobarskime) U adijabatskim
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 49
Jedan mol gasa u idealnom gasnom stanju u početku pri normalnim uslovima širi se izotermski i ireverzibilno do 448 L pod takvim uslovom da je rad w=4186J Izračunati ∆S i ∆G
RešenjeP1=1atm T1=27315K V1=224LP2=05atm T2=27315K V2=448L
JP
PRTG
KJV
VRS
11574ln
765ln
1
2
1
2
minus==∆
==∆
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 50
Jedan mol gasa u IGS u početku pri zapremini od 5L pritisku P1 i temperaturi od 298K prolazi kroz sledeće reverzibilne promene A)izotermsku kompresiju do polovine početne zapremine B) izohorsko hlantildeenje dok se pritisak ne vrati do početne vrednosti P1 pri temperaturi T3
a) Izračunati P1P2 i T3 kao i q w ∆U ∆H ∆S i ∆G za korake A i B odvojeno
b) Da li su vrednosti za ∆U q i w za korak C (od stanja 1 do 3) jednake vrednostima ovih veličina za sumu koraka A i B
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
P1
AB
C
VL
P
P 2
25 5
CumanjewiqistoUb
STSTHG
KJT
TRSJTTRH
JKKRTCUwB
JP
PRTGKJ
V
VRS
JV
VRTwqHUA
PaPLVVKTT
PaPLVKTa
v
)
)(
765ln03097)(2
5
181858)298149(2
30)
321717ln765ln
321717ln0)
10929522298
109645298)
2233
1
323
1
2
1
2
1
2
5
21221
5
111
∆
minusminus∆=∆
minus==∆minus=minus=∆
minus=minus=∆=∆=
==∆minus==∆
minus=minus===∆=∆
sdot=====
sdot===
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 51Promena Gipsove energije za neki izobarski proces može
da se prikaže izrazom
Izračuneti promenu entropije i entalpije za taj proces=minusminus=∆ )(342786 KTJG
RešenjePoznato je da je
( )
JTTSTGH
JTTT
GS
p
786342342786
342342786
minus=+minusminus=∆+∆=∆
=minusminuspartpart
minus=
part∆part
minus=∆
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 52Kada 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 kompresiju
Rešenje
PaKmolJmol
KJPaP
nR
SPP
nR
S
P
P
P
PnRS
65
2
12
2
1
2
1
10595131482
25exp1054553
expexpln
sdot=
sdotminus
minussdot=
∆minus=
∆==∆
JKJKSTG
JP
PnRTG
825025330
882461054553
105941ln33031482ln
5
6
1
2
=minussdotminus=∆minus=∆
=sdotsdot
sdotsdot==∆
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 53Kada pritisak 35 g uzorka tečnosti raste izotermalno od
1atm do 3000 atm Gibsova energija raste za 12 kJ Izračunati
gustinu tečnosti (u gcm3)
33
53
8860886
12000
10013129991035
cmgmkg
J
Pakg
G
Pm
V
mPVG
==
sdotsdotsdotsdot=
∆∆
==∆=∆minus
ρ
ρρ
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Zadatak 54
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 ∆U ∆H ∆S i ∆G za ovu termodinamičku promenu
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J
Rešenje
bull Označićemo stanja gasa
bull 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 je
∆U=Cv∆T=(3R2)x30=37413J ∆H=Cp∆T=(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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-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 ∆S1=CplnT2T1=(5R2)ln111=2167JK (Skrajnje=2169JK)
∆G1=∆H 1-(T2S2-T1S1)=62355-(303x85887-273x8372)=
-2544651 J
bull 2 002486 m3 303 K 1013middot105Pararr 00124 m3 303 K 2026middot105Pa
∆S2=RlnP1P2=8314x23log05=-5763JK
∆G2=RTlnP2P1=174614J
Ukupne promene su ∆S=2167-5763=-3596JK
∆G=-2544651+174614=-798511J